Question

19．如图，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，AC=2AE，M是AB的中点．
（Ⅰ）求证：CM⊥EM；
（Ⅱ）若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2，求二面角B-CD-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明CM⊥AB，CM⊥EA．推出CM⊥平面EAM．然后证明CM⊥EM．
（Ⅱ）以点M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系M-xyz．说明∠DMB为直线DM与平面ABC所成角．设AC=2，求出相关点的坐标，求出平面BCD与平面CDE的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．

解答 解：（Ⅰ）因为△ABC是等边三角形，M是AB的中点，

所以CM⊥AB．…（1分）
因为EA⊥平面ABC，CM?平面ABC，
所以CM⊥EA．…（2分）
因为AM∩EA=A，
所以CM⊥平面EAM．…（3分）
因为EM?平面EAM，
所以CM⊥EM．…（4分）
（Ⅱ）以点M为坐标原点，MC所在直线为x轴，
MB所在直线为y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，
建立空间直角坐标系M-xyz．
因为DB⊥平面ABC，
所以∠DMB为直线DM与平面ABC所成角．…（5分）
由题意得tan∠DMB=$\frac{BD}{MB}$=2，即BD=2MB，…（6分）
从而BD=AC．
不妨设AC=2，又AC-2AE，则CM=$\sqrt{3}$，AE=1．…（7分）
故B（0，1，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，1，2），E（0，-1，1）．…（8分）
于是$\overrightarrow{BC}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），$\overrightarrow{BD}$=（0，0，2），$\overrightarrow{CE}$=（-$\sqrt{3}$，-1，1），$\overrightarrow{CD}$=（-$\sqrt{3}$，1，2），
设平面BCD与平面CDE的法向量分别为$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}{y}_{1}，{z}_{1}）$，$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=0}\end{array}\right.$可得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{x}_{1}-{y}_{1}=0}\\{2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$    令x₁=1，得y₁=$\sqrt{3}$，
所以$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，0）．…（9分）
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\end{array}\right.$   得$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}{x}_{2}-{y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{-\sqrt{3}{x}_{2}+{y}_{2}+2{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，令x₂=1，得y₂=$-\frac{\sqrt{3}}{3}$，z₂=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
所以$\overrightarrow{n}$=（1，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．…（10分）
所以cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=0．…（11分）
所以二面角B-CD-E的余弦值为0．…（12分）

点评 本题综合考查了直线与平面垂直的判定定理及其性质定理，面面垂直的性质定理，二面角的求法、考查了推理能力、辅助线的作法，属于中档题．