Question

18．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD，DF丄平面 ABCD，BE=2DF，AE丄EC．
（Ⅰ）证明：平面AEC丄平面AFC
（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG、EF、FG，运用线面垂直的判定定理得到EG⊥平面AFC，再由面面垂直的判定定理，即可得到；
（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，求得A，E，F，C的坐标，运用向量的数量积的定义，计算即可得到所求角的余弦值．

解答 解：（Ⅰ）连接BD，
设BD∩AC=G，
连接EG、EF、FG，
在菱形ABCD中，
不妨设BG=1，
由∠ABC=120°，
可得AG=GC=$\sqrt{3}$，
BE⊥平面ABCD，AB=BC=2，
可知AE=EC，又AE⊥EC，
所以EG=$\sqrt{3}$，且EG⊥AC，
在直角△EBG中，可得BE=$\sqrt{2}$，故DF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在直角三角形FDG中，可得FG=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=$\sqrt{2}$，FD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得EF=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
从而EG²+FG²=EF²，则EG⊥FG，
（或由tan∠EGB•tan∠FGD=$\frac{EB}{BG}$•$\frac{FD}{DG}$=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{2}}{2}$=1，
可得∠EGB+∠FGD=90°，则EG⊥FG）
AC∩FG=G，可得EG⊥平面AFC，
由EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，
建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，-$\sqrt{3}$，0），E（1，0，$\sqrt{2}$），
F（-1，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），C（0，$\sqrt{3}$，0），
即有$\overrightarrow{AE}$=（1，$\sqrt{3}$，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{CF}$=（-1，-$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
故cos＜$\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{CF}$＞=$\frac{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{CF}}{|\overrightarrow{AE}|•|\overrightarrow{CF}|}$=$\frac{-1-3+1}{\sqrt{6}×\sqrt{\frac{9}{2}}}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查空间直线和平面的位置关系和空间角的求法，主要考查面面垂直的判定定理和异面直线所成的角的求法：向量法，考查运算能力，属于中档题．