Question

17．如图，已知多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC=60°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF，AB=AE=1，AF⊥BE．
（Ⅰ）求证：平面BAF⊥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角B-AF-D的余弦值．

Answer 1

分析 （I）由AE∥CF，可得四点ACFE共面．如图所示，连接AC，BD，相交于点O，利用菱形对角线的性质及其线面垂直的判定及其性质可得：AE⊥平面ABCD，可得BD⊥平面ACFE，BD⊥AF，可得AF⊥平面BDE，即可证明．
（II）取BC的中点M，由∠ABC=60°，AB=BC，可得△ABC是等边三角形，AM⊥BC，AM⊥AD，建立空间直角坐标系，利用AF⊥BE，可得F坐标．设平面ABF的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，可得取$\overrightarrow{m}$．同理可得：平面AFD的法向量$\overrightarrow{n}$，利用向量夹角公式即可得出．

解答 （I）证明：∵AE∥CF，∴四点ACFE共面．
如图所示，连接AC，BD，相交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∴对角线BD⊥AC，
∵AE⊥平面ABCD，
∴AE⊥BD，又AE∩AC=A，
∴BD⊥平面ACFE，
∴BD⊥AF，
又AF⊥BE，BE∩BD=B，
∴AF⊥平面BDE，
AF?平面BAF，
∴平面BAF⊥平面BDE．
（II）解：取BC的中点M，∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，∴AM⊥BC，又BC∥AD，
∴AM⊥AD，建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），B$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$，F$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，z）$，D（0，1，0），E（0，0，1）．
$\overrightarrow{AB}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$，$\overrightarrow{AF}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，z）$，$\overrightarrow{AD}$=（0，1，0），$\overrightarrow{BE}$=$（-\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1）$．
∵AF⊥BE．
∴$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{BE}$=$-\frac{3}{4}$+$\frac{1}{4}$+z=0，解得z=$\frac{1}{2}$．
设平面ABF的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（1，\sqrt{3}，-2\sqrt{3}）$．
同理可得：平面AFD的法向量$\overrightarrow{n}$=$（1，0，-\sqrt{3}）$．
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{7}{2×4}$=$\frac{7}{8}$．
由图可知：二面角B-AF-D的平面角为钝角，
∴二面角B-AF-D的余弦值为-$\frac{7}{8}$．

点评 本题考查了空间位置关系、空间角、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．