Question

13．如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE=2CD=4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．
（1）求证：DF∥平面ABC；
（2）求证：DF⊥平面ABE；
（3）若直线AD与平面BCDE所成角的正切值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，求二面角B-CF-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1），取AB中点G，连接CG、FG，可得四边形CDFG为平行四边形，即DF∥CG，DF∥平面ABC．
（2）可得BE⊥面ABC，BE⊥CG． 即CG⊥面ABE，又DF∥CG，⇒DF⊥面ABE．
（3）取BC中点O，再连接AO，OD．易证AO⊥面BCDE，所以∠ADO为直线AD与平面BCDE所成的角，即$tan∠ADO=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，设OC=t，可求得t=1．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则O（0，0，0），B（0，-1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），利用向量法求解．

解答 解：（1）如图，取AB中点G，连接CG、FG，因为F为AE中点，所以FG∥BE且$FG=\frac{1}{2}CD$，BE=2CD，
所以FG∥CD且FG=CD，所以四边形CDFG为平行四边形，
所以DF∥CG．CG?平面ABC，DF?平面ABC，
∴DF∥平面ABC．
（2）又因为△ABC为正三角形，所以CG⊥AB，
又因为面ABC⊥面BCDE，面ABC∩面BCDE=BC．BE⊥BC，BE?面BCDE，
所以BE⊥面ABC，BE⊥CG．又因为BE∩AB=B，所以CG⊥面ABE，所以DF⊥面ABE．
（3）

取BC中点O，再连接AO，OD．
易证AO⊥面BCDE，所以∠ADO为直线AD与平面BCDE所成的角，
即$tan∠ADO=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，设OC=t，可求得t=1．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则O（0，0，0），B（0，-1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），$E（{4，-1，0}），A（{0，0，\sqrt{3}}），F（{2，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，
所以$\overrightarrow{BF}=（{2，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{BC}=（{0，2，0}），\overrightarrow{DC}=（{-2，0，0}），\overrightarrow{DF}=（{0，-\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，
设平面BCF的法向量为$\overrightarrow n=（{{n_1}，{n_2}，{n_3}}）$，则$\left\{{\begin{array}{l}{2{n_2}=0}\\{2{n_1}+\frac{1}{2}{n_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{n_3}=0}\end{array}}\right.$，
令${n_1}=\sqrt{3}$，得n₂=0，n₃=-4，所以$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，0，-4）$，
设面DCF的法向量为$\overrightarrow{m}=（{m}_{1}，{m}_{2}，{m}_{3}）$，
则$\left\{{\begin{array}{l}{-2{m_1}=0}\\{-\frac{3}{2}{m_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{m_3}=0}\end{array}}\right.$，令m₂=1，得${m_3}=\sqrt{3}$，m₁=0，
所以$\overrightarrow{m}=（0，1，\sqrt{3}）$，所以cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{51}}{19}$，
因为二面角B-CF-D为钝角，其余弦值为$\frac{{-2\sqrt{51}}}{19}$．

点评 本题考查了空间线面平行、线面垂直的判断，向量法求二面角，属于中档题．