Question

17．如图，四棱锥S-ABCD，SA⊥平面ABCD，E是SC的中点，AD=AB=2，CD=CB=2$\sqrt{3}$，AC=4，SA=2$\sqrt{2}$．
（1）证明：平面BDE⊥平面SBC；
（2）求二面角A-DE-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由定理可得SD=SB=$\sqrt{S{A}^{2}+A{B}^{2}}=2\sqrt{3}$．可得DE⊥SC，BE⊥SC，∴SC⊥面BDE，即平面BDE⊥平面SBC
（2）设AC、BD交于点O，可得DB⊥AC，故以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，
由已知得AO=1，OC=3，DO=$\sqrt{3}$，则A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-3，0，0），D（0，-$\sqrt{3}$，0），S（1，0，2$\sqrt{2}$），利用向量法求解

解答 解：（1）证明：∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥AD，SA⊥AB
在Rt△SAB，Rt△SAD中，由勾股定理可得SD=SB=$\sqrt{S{A}^{2}+A{B}^{2}}=2\sqrt{3}$．
又∵CD=CB=2$\sqrt{3}$，∴DE、BE分别是等腰△SDC，等腰△SBC底边中线，
∴DE⊥SC，BE⊥SC，∴SC⊥面BDE
∵SC?面SCB，平面BDE⊥平面SBC；
（2）如图设AC、BD交于点O，∵AD=AB=2，CD=CB=2$\sqrt{3}$，
∴DB⊥AC，故以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，
在△ADC中，AD=2，DC=$2\sqrt{3}$，AC=4，∴AC²=AD²+DC²
∴AD⊥DC，由射影定理得AD²=AO•AC，⇒AO=1，OC=3，DO=$\sqrt{3}$
则A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-3，0，0），D（0，-$\sqrt{3}$，0），S（1，0，2$\sqrt{2}$）
∴$E（-1，0，\sqrt{2}）$
由（1）得面BDE的法向量为$\overrightarrow{SC}=（-4，0，-2\sqrt{2}）$，
设面ADE的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$
$\overrightarrow{DE}=（-1，\sqrt{3}，\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{DA}=（1，\sqrt{3}，0）$
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=-x+\sqrt{3}y+\sqrt{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA}=x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，-1，\sqrt{6}）$
cos$＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{SC}＞$=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{SC}}{|\overrightarrow{SC}||\overrightarrow{n}|}$=-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
∴二面角A-DE-B的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查了空间面面垂直的判定，向量法求二面角，属于中档题．