Question

15．四棱锥E-ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD=120°，CB=CD-CE=1，AB=AD=AE=$\sqrt{3}$，且EC⊥BD
（1）求证：平面BED⊥平面AEC；
（2）求二面角D--BM-C的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由题意可得AC⊥BD，又EC⊥BD，结合线面垂直的判定可得平面BED⊥平面AEC；
（2）由（1）知AC⊥BD，证得△COE∽△CEA，可得CE²+AE²=AC²=4，即∠CEA=90°，得EO⊥AC，又BD⊥OE，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面DBM与平面CBM的一法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角D-BM-C的平面角的余弦值．

解答 证明：（1）由于△ABD为正三角形，∠BCD=120°，CB=CD=CE=1，
故连接AC交BD于O点，则△ABC≌△ADC，
∴∠BAC=∠DAC，则AC⊥BD，
又∵EC⊥BD，EC∩AC=C，
故BD⊥面ACE，
∴平面BED⊥平面AEC；
解：（2）由（1）知AC⊥BD，且CO=$\frac{1}{2}$，AO=$\frac{3}{2}$，连接EO，则$\frac{CO}{CE}=\frac{CE}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴△COE∽△CEA，
又CE²+AE²=AC²=4，可得∠CEA=90°．
∴∠COE=∠CEA=90°，
故EO⊥AC，又BD⊥OE，
故如图建立空间直角坐标系，
则B（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），D（0，$-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，0），C（$-\frac{1}{2}$，0，0），M（$\frac{3}{4}$，0，$\frac{3}{4}$），
$\overrightarrow{DM}=（\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$\overrightarrow{DB}=（0，\sqrt{3}，0）$，
设平面DBM的法向量$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
则由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow m•\overrightarrow{DM}=0}\end{array}}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{y}_{1}=0}\\{\frac{3}{4}{x}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取z₁=1，得$\overrightarrow m=（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0，1）$；
$\overrightarrow{CB}=（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），\overrightarrow{CM}=（\frac{5}{4}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，
设平面CBM的法向量$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
则由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}{x}_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{2}=0}\\{\frac{5}{4}{x}_{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取z₂=1，得$\overrightarrow n=（-\frac{{\sqrt{3}}}{5}，\frac{1}{5}，1）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{3\sqrt{87}}{29}$．
故二面角D-BM-C的平面角的余弦值为$\frac{3\sqrt{87}}{29}$．

点评 本题考查平面与平面垂直的判定，考查了空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．