Question

19．如图1，已知矩形ABCD中，$AB=2，BC=2\sqrt{3}$，点E是边BC上的点，且$CE=\frac{1}{3}CB$，DE与AC相交于点H．现将△ACD沿AC折起，如图2，点D的位置记为D'，此时$D'E=\frac{{\sqrt{30}}}{3}$．
（Ⅰ）求证：D'H⊥平面ABC；
（Ⅱ）求二面角H-D'E-A的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出AC⊥DE，DH′⊥AC，D′H⊥HE，从而D′H⊥平面ABC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，HA，HE，HD'相互垂直，所以以H为坐标原点，HA，HE，HD'分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，利用向量方法，求二面角H-D'E-A的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：在矩形ABCD中，因为$AB=2，BC=2\sqrt{3}，CE=\frac{1}{3}，CB=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
所以$tan∠EDC=\frac{CE}{CD}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}，tan∠ACB=\frac{AB}{BC}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，则∠EDC=∠ACB．
又因为$∠DCA+∠ACB=\frac{π}{2}$，所以$∠EDC+∠DCA=\frac{π}{2}$．
则$∠DHC=\frac{π}{2}$，所以AC⊥DE，即D'H⊥AC．
又△CHE∽△AHD，且$\frac{CE}{AD}=\frac{1}{3}$，所以$D'H=DH=\frac{3}{4}DE=\frac{3}{4}×\sqrt{4+\frac{4}{3}}=\frac{3}{4}×\frac{{4\sqrt{3}}}{3}=\sqrt{3}$，$HE=\frac{1}{4}DE=\frac{1}{4}×\frac{{4\sqrt{3}}}{3}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．则$D'{H^2}+H{E^2}=\frac{10}{3}=D'{E^2}$，所以D'H⊥HE．
而直线AC与HE是平面ABC内的两条相交直线，所以D'H⊥平面ABC．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，HA，HE，HD'相互垂直，所以以H为坐标原点，HA，HE，HD'分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，
则$HA=\frac{1}{4}AC=\frac{3}{4}×\sqrt{4+12}=\frac{3}{4}×4=3$，$HC=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{4}×4=1$，
所以$H（{0，0，0}），A（{3，0，0}），E（{0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0}），D'（{0，0，\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{EA}=（{3，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0}），\overrightarrow{ED}=（{0，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\sqrt{3}}）$．
设平面AED'的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{{\begin{array}{l}{3x-\frac{{\sqrt{3}}}{3}y=0}\\{-\frac{{\sqrt{3}}}{3}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}}\right.$．取$y=\sqrt{3}$，则$x=\frac{1}{3}，z=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
所以$\overrightarrow{m}$=（$\frac{1}{3}$，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
又平面HD'E的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），设二面角H-D'E-A的平面角为θ，则cosθ=$\frac{\frac{1}{3}}{\sqrt{\frac{1}{9}+3+\frac{1}{3}}}$=$\frac{\sqrt{31}}{31}$，所以二面角H-D'E-A的余弦值为$\frac{{\sqrt{31}}}{31}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角H-D'E-A的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．