Question

14．如图，在多面体ABCDE中，DB⊥平面ABC，AE∥DB，且△ABC为等边三角形，AE=1，BD=2，CD与平面ABCDE所成角的正弦值为$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．
（1）若F是线段CD的中点，证明：EF⊥平面DBC；
（2）求二面角D-EC-B的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）根据线面垂直的判定定理进行证明即可．
（2）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．

解答 （1）证明：取BC的中点为M，连接FM，则可证AM⊥平面BCD，四边形AEFM为平行四边形，
所以EF∥AM，所以EF⊥平面DBC；…（6分）
（2）解：取AB的中点O，连结OC，OD，则OC⊥平面ABD，∠CDO即是CD与平面ABDE所成角，$\frac{OC}{CD}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$，
设AB=x，则有$\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}x}}{{\sqrt{{x^2}+4}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$，得AB=2，取DE的中点为G，
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OG为z轴，建立如图空间直角坐标系，则$C（\sqrt{3}，0，0），B（0，1，0），D（0，1，2），E（0，-1，1），F（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1）$，
由（1）知：BF⊥平面DEC，又取平面DEC的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，2），
设平面BCE的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（1，y，z），由，由此得平面BCE的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$），
则cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}-\sqrt{3}+4\sqrt{3}}{\sqrt{3+1+4}•\sqrt{1+3+12}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{2}•4}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$
所以二面角D-EC-B的平面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$…（12分）

点评 本题主要考查线面垂直判定以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．