Question

16．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，四边形ACDF是菱形，∠FAC=60°，AB∥DE，BC∥EF，AB=BC=3，AF=2$\sqrt{3}，BF=\sqrt{15}$．
（1）求证：平面ABC⊥平面ACDF；
（2）求平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）设O是AC中点，连结OF、OB、FC，推导出OB⊥AC，OF⊥AC，则∠FOB是二面角F-AC-B的平面角，由此能证明平面ABC⊥平面ACDF．
（2）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．

解答 证明：（1）设O是AC中点，连结OF、OB、FC，
在△ABC中，AB=BC，∴OB⊥AC，
∵四边形ACDF是菱形，∠FAC=60°，
∴△FAC是等边三角形，∴OF⊥AC，
∴∠FOB是二面角F-AC-B的平面角，
在Rt△FAO中，AF=2$\sqrt{3}$，AO=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$AF=$\sqrt{3}$，
∴OF=$\sqrt{A{F}^{2}-A{O}^{2}}$=$\sqrt{6}$，
又∵BF=$\sqrt{15}$，∴OF²+OB²=BF²，
∴∠FOB=90°，
∴平面ABC⊥平面ACDF．
解：（2）由（1）知OB、OC、OF两两垂直，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A（0，-$\sqrt{3}$，0），B（$\sqrt{6}$，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），F（0，0，3），
$\overrightarrow{AF}$=（0，$\sqrt{3}$，3），$\overrightarrow{AC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0），
∵AB∥DE，AF∥CD，又AB?平面CDE，AF?平面CDE，
DE?平面CDE，CD?平面CDE，
∴AB∥平面CDE，AF∥平面CDE，
又AB∩AF=A，∴平面ABF∥平面CDE，
∵EF∥BC，∴B、C、E、F四点共面，
又平面ABF∩平面BCEF=BF，平面CDE∩平面BCEF=CE，
∴BF∥CE，∴四边形BCEF是平行四边形，
∴$\overrightarrow{FE}$=$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{6}，\sqrt{3}$，0），
∴$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}+\overrightarrow{FE}$=（-$\sqrt{6}，2\sqrt{3}$，3），
设平面AEF的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=\sqrt{3}y+3z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{FE}=-\sqrt{6}x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，\sqrt{6}，-\sqrt{2}$），
设平面ACE的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=-\sqrt{6}a+2\sqrt{3}b+3c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=2\sqrt{3}b=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，0，\sqrt{2}$），
设平面AEF与平面ACE所成的锐二面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{55}}=\frac{\sqrt{55}}{55}$．
∴平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{55}}{55}$．

点评 本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系以及二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．