Question

如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AB=2，AC=AD=DE=4，F为CD的中点．
（Ⅰ）求证：AF∥平面BCE；
（Ⅱ） 若∠CAD=60°，求二面角F-BE-D的余弦值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）证法一：取DE的中点M，连接AM，FM，根据线段的长度关系可得：AM∥BE，再根据中位线可得：MF∥CE，进而结合线面平行于面面平行的判定定理可得答案．
证法二：取CE的中点N，连接FN，BN，根据线段的长度关系与平行关系可得：AB∥NF，AB=NF，进而得到AF∥BN，然后根据线面平行的判定定理证明线面平行．
（Ⅱ）解法一：过F作PF⊥AD交AD于点P，作PG⊥BE，连接FG．根据三垂线定理可得：PGF就是二面角F-BE-D的平面角．再结合特征的条件把角放入三角形中，利用解三角形的有关知识解决问题．
解法二：建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量借助于向量的有关计算，求出两个向量的夹角，进而转化为二面角的平面角．

解答：证明：（Ⅰ）证法一：如图（1），取DE的中点M，连接AM，FM，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE．
又∵AB=EM=

1

2

DE，
∴四边形ABEM是平行四边形，
∴AM∥BE
又∵AM?平面BCE，BE?平面BCE，
∴AM∥平面BCE．
∵CF=FD，DM=ME，∴MF∥CE，
又∵MF?平面BCE，CE?平面BCE，
∴MF∥平面BCE，又∵AM∩MF=M，
∴平面AMF∥平面BCE，
∵AF?平面AMF，
∴AF∥平面BCE．-------（5分）
证法二：如图（2），取CE的中点N，连接FN，BN，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，
∵CF=FD，CN=NE，∴NF∥DE，NF=

1

2

DE，
又AB=

1

2

DE，∴AB∥NF，AB=NF，
∴四边形ABNF是平行四边形，
∴AF∥BN，又∵AF?平面BCE，BN?平面BCE，
∴AF∥平面BCE．------（5分）
（Ⅱ）解法一：如图（3）过F作PF⊥AD交AD于点P，作PG⊥BE，连接FG．
∵AB⊥平面ACD，AB?平面ABED，
∴平面ABED⊥平面ACD，
∴PF⊥平面ABED，∴FG⊥BE（三垂线定理）．
所以，∠PGF就是二面角F-BE-D的平面角．
由AC=AD，∠CAD=60°，知△ACD是正三角形，
在Rt△DPF中，PD=DFcos60°=1，PF=

3

，∴PA=3，
∴S_△PBE=S_梯形ABED-S_△ABP-S_△PDE=12-3-2=7，
∵BE=

16+4

=2

5

，∴PG=

14

BE

=

7

5

∴在Rt△PGF中，由勾股定理，得FG=

8

5

，
∴cos∠PGF=

7

8

，即二面角F-BE-D的余弦值为

7

8

．----（12分）
解法二：以A为原点，分别以AC，AB为x轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，如图（4）所示，则A（0，0，0），B（0，0，2），E(2，2

3

，4)，F(3，

3

，0)，于是，有

AB

=(0，0，2)，

BE

=(2，2

3

，2)，

BF

=(3，

3

，-2)，
设平面BEF的一个法向量为

n1

=(x1，y1，z1)，则

2x1+2 3 y1+2z1=0 3x1+ 3 y1-2z1=0

令y1=

3

，可得，

n1

=(-

9

5

，

3

，-

6

5

)
设平面ABED的一个法向量为

n2

=(x2，y2，z2)，则

2z2=0 2x2+2 3 y2+2z2=0

y2=

3

，可得，

n2

=(-3，

3

，0)
∴cos?

n1

，

n2

＞=

7

8

所以，所求的二面角F-BE-D的余弦值为

7

8

．------（12分）

点评：本题考查用线面平行的判定定理证明线面平行，以及求二面角的平面角，而空间角解决的关键是做角，由图形的结构及题设条件正确作出平面角来，是求角的关键，也可以根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系利用向量的有关知识解决空间角等问题．