Question

3．多面体ABCDE中，△ABC是边长为2的正三角形，AE＞1，AE⊥平面ABC，平面BCD⊥平面ABC，BD=CD，且BD⊥CD．
（Ⅰ）若AE=2，求证：AC∥平面BDE；
（Ⅱ）若二面角A一DE一B的余弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，求AE的长．

Answer 1

分析 （I）如图所示，分别取BC，BA，BE的中点M，N，P，连接MN，NP，DP．利用三角形中位线定理与平行四边形、线面垂直的判定与性质定理可得：DP∥MN，AC∥DP，即可证明AC∥平面BDE．
（II）设AE=a，则E$（0，\sqrt{3}，a）$，设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{n}=-x+z=0}\\{\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{n}=-x+\sqrt{3}y+az=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$，取平面ADE的法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），利用$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，解得a即可．

解答 （I）证明：如图所示，分别取BC，BA，BE的中点M，N，P，连接MN，NP，DP．
则$MN\underset{∥}{=}\frac{1}{2}AC$，NP∥AE，NP=$\frac{1}{2}$AE=1．∵BD=CD，BD⊥CD，M为BC的中点，BC=2，
∴DM⊥BC，DM=1，又平面BCD⊥平面ABC．
∴DM⊥平面ABC，
又AE⊥平面ABC，
∴DM∥AE，
∴四边形DMNP为平行四边形，∴DP∥MN，
∴AC∥DP，又AC?平面BDE，DP?平面BDE，∴AC∥平面BDE．
（II）解：设AE=a，则E$（0，\sqrt{3}，a）$，$\overrightarrow{BD}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{BE}$=$（-1，\sqrt{3}，a）$，
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{n}=-x+z=0}\\{\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{n}=-x+\sqrt{3}y+az=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=$（1，\frac{1-a}{\sqrt{3}}，1）$，
取平面ADE的法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
则$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{2+\frac{（1-a）^{2}}{3}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，解得a=4，
即AE=4．

点评 本题考查了三角形中位线定理与平行四边形的判定与性质、线面面面平行与垂直的判定与性质定理、二面角的计算公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．