Question

2．如图，在四棱锥E-ABCD中，△ABD是正三角形，△BCD是等腰三角形，∠BCD=120°，EC⊥BD．
（Ⅰ）求证：BE=DE；
（Ⅱ）若AB=2$\sqrt{3}$，AE=3$\sqrt{2}$，平面EBD⊥平面ABCD，直线AE与平面ABD所成的角为45°．
（i）试判断在线段AE是否存在点M，使得DM∥平面BEC，并说明理由；（ii）求二面角B-AE-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取BD的中点O，连结CO，EO，则CO⊥BD，又EC⊥BD，于是BD⊥平面EOC，问题解决；
（Ⅱ）（i）先说明AC⊥BD，然后建立空间直角坐标系如图，可得E（0，0，3），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-1，0，0），D（0，$-\sqrt{3}$，0），M（$\frac{3}{2}$，0，$\frac{3}{2}$），从而有平面BCE的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（-3，$\sqrt{3}$，1），由$\overrightarrow{DM}$•$\overrightarrow{n}$=0，即得DM∥平面BEC；
（ii）同理平面BEA的法向量为$\overrightarrow{{m}_{1}}$=（1，$\sqrt{3}$，1），平面DEA的法向量为$\overrightarrow{{m}_{2}}$=（1，$-\sqrt{3}$，1），计算cos＜$\overrightarrow{{m}_{1}}$，$\overrightarrow{{m}_{2}}$＞即可．

解答 证明：（Ⅰ）取BD的中点O，连结CO，EO，
∵△BCD是等腰三角形，∠BCD=120°，∴CB=CD，∴CO⊥BD，
又∵EC⊥BD，EC∩CO=C，∴BD⊥平面EOC，∴EO⊥BD，
在△BDE中，由于O为BD的中点，所以BE=DE；
（Ⅱ）（i）∵平面EBD⊥平面ABCD，平面EBD∩平面ABCD=BD，EO⊥BD，
∴EO⊥平面ABCD，又因为CO⊥BD，AO⊥BD，所以A，O，C三点共线，AC⊥BD，
建立空间直角坐标系如图：
∵在正三角形△ABD中，AB=2$\sqrt{3}$，∴AO=3，B0=DO=$\sqrt{3}$，
∵在等腰三角形△BCD中，∠BCD=120°，∴CO=1，BC=CD=2，
∵直线AE与平面ABD所成的角为45°，∴EO=AO=3，
则E（0，0，3），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-1，0，0），D（0，$-\sqrt{3}$，0），M（$\frac{3}{2}$，0，$\frac{3}{2}$），
设平面BCE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$，
解得平面BCE的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（-3，$\sqrt{3}$，1），
所以$\overrightarrow{DM}$•$\overrightarrow{n}$=（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$）•（-3，$\sqrt{3}$，1）=$-\frac{9}{2}$$+3+\frac{3}{2}$=0，即$\overrightarrow{DM}$⊥$\overrightarrow{n}$，
又DM?平面BEC，故得DM∥平面BEC；
（ii）同理平面BEA的一个法向量为$\overrightarrow{{m}_{1}}$=（1，$\sqrt{3}$，1），
平面DEA的一个法向量为$\overrightarrow{{m}_{2}}$=（1，$-\sqrt{3}$，1），
所以cos＜$\overrightarrow{{m}_{1}}$，$\overrightarrow{{m}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{m}_{1}}•\overrightarrow{{m}_{2}}}{|\overrightarrow{{m}_{1}}|•|\overrightarrow{{m}_{2}}|}$=$\frac{-1}{\sqrt{5}•\sqrt{5}}$=-$\frac{1}{5}$，
故二面角B-AE-D的余弦值为$\frac{1}{5}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，考查两平面法向量夹角的求法，着重考查分析推理能力与表达、运算能力，属于中档题．