Question

15．在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=4，点E，F分别为边AD，BC的中点，将△ABE沿BE边折起，形成四棱锥A′-BCDE．如图所示．
（1）当∠A′BC的余弦值为何值时，平面A′BE⊥平面BCDE？
（2）当G为A′D的中点时，求证：A′F∥平面EGC；
（3）在（1）的前提下，求二面角A′-DE-B的正切值．

Answer 1

分析 （1）如图所示，取BE的中点O，连接FO，A′O，EF．由已知可得：四边形ABFE是菱形．可得OF⊥BE，A′O⊥BE．要满足平面A′BE⊥平面BCDE，则必有A′O⊥OF．在△A′BF中，由余弦定理可得：cos∠A′BF=$\frac{{A}^{′}{B}^{2}+B{F}^{2}-{A}^{′}{F}^{2}}{2{A}^{′}B•BF}$即可得出．
（2）连接A′A，AF．由四边形AFCE是平行四边形，可得AF∥EC，得到AF∥平面EGC．利用三角形中位线定理可得：AA′∥EG，同理可得AA′∥平面EGC，从而得到平面AA′F∥平面EGC，即可证明A′F∥平面EGC；
（3）在（1）的前提下，可得A′O⊥平面BCDE，则∠ODA′是二面角A′-DE-B的平面角．在△ODE中，由余弦定理可得：OD．利用tan∠ODA′=$\frac{{A}^{′}O}{OD}$即可得出．

解答 （1）解：如图所示，取BE的中点O，连接FO，A′O，EF．
由已知可得：四边形ABFE是菱形．
∴OF⊥BE，A′O⊥BE．
要满足平面A′BE⊥平面BCDE，则必有A′O⊥OF．
∴${A}^{′}F=\sqrt{2}OF$=$\sqrt{6}$．
在△A′BF中，由余弦定理可得：cos∠A′BF=$\frac{{A}^{′}{B}^{2}+B{F}^{2}-{A}^{′}{F}^{2}}{2{A}^{′}B•BF}$=$\frac{1}{4}$．
因此当∠A′BC的余弦值=$\frac{1}{4}$时，平面A′BE⊥平面BCDE．
（2）证明：连接A′A，AF．
由四边形AFCE是平行四边形，∴AF∥EC，
又AF?平面EGC，EC?平面EGC，
∴AF∥平面EGC．
由G，E分别为线段A′D，AD的中点，
∴AA′∥EG，同理可得AA′∥平面EGC．
又A′A∩AF=A，
∴平面AA′F∥平面EGC，
∴A′F∥平面EGC；
（3）解：在（1）的前提下，
A′O⊥平面BCDE，连接OD．
则∠ODA′是二面角A′-DE-B的平面角．
在△ODE中，由余弦定理可得：OD²=OE²+ED²-2OE•EDcos∠OED=1+2²-2×1×2cos120°=7，
∴OD=$\sqrt{7}$．
∴tan∠ODA′=$\frac{{A}^{′}O}{OD}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$．

点评 本题考查了线面面面垂直与平行的判定与性质定理、三角形中位线定理及平行四边形菱形判定与性质、等边三角形与直角三角形的性质、二面角的平面角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．