Question

9．如图所示，四边形AMNC为等腰梯形，△ABC为直角三角形，平面AMNC与平面ABC垂直，AB=BC，AM=CN，点O、D、E分别是AC、MN、AB的中点．过点E作平行于平面AMNC的截面分别交BD、BC于点F、G，H是FG的中点．
（Ⅰ）证明：OB⊥EH；
（Ⅱ）若直线BH与平面EFG所成的角的正弦值为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求二面角D-AC-H的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意知等腰梯形AMNC与直角△ABC所成二面角的平面角为∠BOC，则∠BOC=$\frac{π}{2}$． 得OB⊥平面AMNC．又平面AMNC∥平面EFG，则OB⊥平面EFG即可．
（Ⅱ）以O为原点，分别以$\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OD}$为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．
设OA=a，OB=b，则O（0，0，0），A（a，0，0），B（0，a，0），D（0，0，b），C（-a，0，0）．利用向量法求解．

解答 解：（Ⅰ）证明：因为点O、D分别是等腰梯形AMNC两底AC、MN的中点，所以OD⊥OC．又AB=BC，
则OB⊥AC．于是等腰梯形AMNC与直角△ABC所成二面角的平面角为∠BOC，则∠BOC=$\frac{π}{2}$．即OB⊥OD，得OB⊥平面AMNC．
又平面AMNC∥平面EFG，则OB⊥平面EFG．
因为EG?平面EFG，所以OB⊥EH．
（Ⅱ）以O为原点，分别以$\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OD}$为x轴、y轴、z轴
的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．
设OA=a，OD=b，则O（0，0，0），A（a，0，0），B（0，a，0），D（0，0，b），C（-a，0，0）．
所以E（$\frac{a}{2}，\frac{a}{2}，0）$，F（0，$\frac{a}{2}，\frac{b}{2}$），G（-$\frac{a}{2}，\frac{a}{2}，0）$，H（-$\frac{a}{4}，\frac{a}{2}，\frac{b}{4}$），有$\overrightarrow{HB}=（\frac{a}{4}，\frac{a}{2}，-\frac{b}{4}）$，平面EFG的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=（0，1，0）$．
设直线BH与平面EFG所成的角为α，则sinα=|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{HB}＞$|=$\frac{\frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{{a}^{2}}{16}+\frac{{a}^{2}}{4}+\frac{{b}^{2}}{16}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，得a=b．
设平面HAC的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=（x，y，z）$，由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{HA}=5x-2y-z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{CH}=3x+2y+z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{{n}_{2}}=（0，1，-2）$，
所以cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
因为二面角D-AC-H为锐二面角，所以二面角D-AC-H的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查了空间线线、线面位置关系，即向量法求空间角，属于中档题．