Question

5．如图，四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF∥CE，BF⊥BC，CE=2BF=2AB=4，∠ABF=DCE=120°，G是AF中点．
（1）求证：AF∥平面DCE；
（2）求证：BG⊥DF；
（3）若二面角E-DF-A的大小为150°，求线段DF的长．

Answer 1

分析 （1）在CE上取一点M，使CM=BF，连FM，推导出四边形BCMF为平行四边形，从而四边形ADMF为平行四边形，进而AF∥DM，由此能证明AF∥平面DCE．
（2）以C为坐标原点，CB，CD的方向分别为x，y轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能证明BG⊥DF．
（3）求出平面ADF的一个法向量和平面EDF的一个法向量，利用向量法能求出线段DF的长．

解答 （本小题满分13分）
证明：（1）在CE上取一点M，使CM=BF，连FM，
∵BF∥CE，∴BF∥CM，
∴四边形BCMF为平行四边形，…（1分）
∴MF$\underset{∥}{=}$BC，∴MF$\underset{∥}{=}$AD，
∴四边形ADMF为平行四边形…（3分）
∴AF∥DM，
∵DM?平面DCE，AF?平面DCE，
∴AF∥平面DCE．…（4分）
（2）以C为坐标原点，CB，CD的方向分别为x，y轴，建立空间直角坐标系．设AD=a，
∵CE=2BF=2AB=4，∠ABF=DCE=120°，G是AF中点．
∴A（a，2，0），B（a，0，0），D（0，2，0），$E（{0，\;-2，\;2\sqrt{3}}），\;F（{a，\;-1，\;\sqrt{3}}），\;G（{a，\;\frac{1}{2}，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$．…（6分）
∴$\overrightarrow{BG}=（{0，\;\frac{1}{2}，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{DF}=（{a，\;-3，\;\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{DE}=（{0，\;-4，\;2\sqrt{3}}）$…（7分）
∵$\overrightarrow{BG}•\overrightarrow{DF}=（{0，\;\frac{1}{2}，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）\;•（{a，\;-3，\;\sqrt{3}}）=0×a+\frac{1}{2}×（{-3}）+\frac{{\sqrt{3}}}{2}×\sqrt{3}=0$，
∴BG⊥DF…（8分）
解：（3）∵四边形ABCD为矩形，∴AB⊥BC，
又∵BF⊥BC，AB，BF是平面ABF内的两条相交直线，∴BC⊥平面ABF，
∵BG?平面ABF，∴BG⊥BC，∴BG⊥AD，又BG⊥DF
∵AD，DF是平面ADF内的两条相交直线，∴BG⊥平面ADF…（9分）
∴$\overrightarrow{BG}=（{0，\;\frac{1}{2}，\;\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$是平面ADF的一个法向量…（10分）
设平面EDF的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}ax-3y+\sqrt{3}z=0\\-4y+2\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，令z=2a，则$y=\sqrt{3}a，\;x=\sqrt{3}$，即$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，\sqrt{3}a，2a$），…（11分）
∵二面角E-DF-A的大小为150°，∴|cos150°|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BG}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{BG}|}$=$\frac{|\frac{\sqrt{3}}{2}a+\sqrt{3}a|}{\sqrt{3+3{a}^{2}+4{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$a=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
∴线段DF的长为$|\overrightarrow{DF}|=\sqrt{{a^2}+{{（{-3}）}^2}+{{（{\sqrt{3}}）}^2}}=\frac{{3\sqrt{6}}}{2}$…（13分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查异面直线垂直的证明，考查线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．