Question

7．如图所示，平面ABCD⊥平BCEF，且四边形ABC为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC=CE=4，BC=BF=2．
（Ⅰ）求证：AF∥平面CDE；
（Ⅱ）求直线BE与平面ADE所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点B到平面ADE的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）以C为坐标原点，以CB、CE、CD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，通过$\overrightarrow{CD}$与平面CDE的一个法向量的数量积为0，即得结论；
（Ⅱ）设平面ADE的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），取z₁=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1），求出法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$与$\overrightarrow{BE}$的夹角的余弦值值，计算即可；
（Ⅲ）根据面ADE的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1）以及$\overrightarrow{BE}$的坐标，求出点B到平面ADE的距离即可．

解答 （Ⅰ）证明：以C为坐标原点，以CB、CE、CD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，

根据题意可得C（0，0，0），A（2，0，4），B（2，0，0），D（0，0，4），E（0，4，0），F（2，2，0），
∴$\overrightarrow{CD}$=（0，0，4），易得$\overrightarrow{m}$=（1，0，0）是平面CDE的一个法向量，
∵$\overrightarrow{CD}$•$\overrightarrow{m}$=（0，0，4）•（1，0，0）=0，
∴AF∥平面CDE；
（Ⅱ）解：设平面ADE的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），
∵$\overrightarrow{AD}$=（-2，0，0），$\overrightarrow{DE}$=（0，4，-4），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-{2x}_{1}=0}\\{{4y}_{1}-{4z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
取z₁=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1），$\overrightarrow{BE}=（-2，4，0）$，
设直线BE与平面ADE所成角为θ，
则$sinθ=|cos＜\overrightarrow{BE}，\overrightarrow{n_1}＞|=\frac{{\overrightarrow{|BE}•\overrightarrow{n_1}|}}{{|\overrightarrow{BE}||\overrightarrow{n_1}|}}=\frac{4}{{2\sqrt{5}×\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，
所以$cosθ=\sqrt{1-{{sin}^2}θ}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，
所以BE与平面ADE所成角的余弦值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$；
（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知平面ADE的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1），
$\overrightarrow{BE}=（-2，4，0）$∴$d=\frac{{|\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{n_1}|}}{{|\overrightarrow{n_1}|}}=\frac{4}{{\sqrt{2}}}=2\sqrt{2}$，
∴点B到平面ADE的距离为$2\sqrt{2}$．

点评 本题考查空间中线面平行的判定，考查求线面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．