Question

8．如图，已知多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC=60°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF，AB=AE=1，AF⊥BE．
（1）求证：AF⊥平面BDE；
（2）求二面角F-BE-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由AE∥CF，可得四点ACFE共面．如图所示，连接AC，BD，相交于点O，利用菱形对角线的性质及其线面垂直的判定及其性质可得：AE⊥平面ABCD，可得BD⊥平面ACFE，BD⊥AF，可得AF⊥平面BDE，即可证明．
（2）取BC的中点M，推导出AM⊥BC，AM⊥AD，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F-BE-D的余弦值．

解答 证明：（1）∵AE∥CF，∴四点ACFE共面．
如图所示，连接AC，BD，相交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∴对角线BD⊥AC，
∵AE⊥平面ABCD，
∴AE⊥BD，又AE∩AC=A，
∴BD⊥平面ACFE，
∴BD⊥AF，
又AF⊥BE，BE∩BD=B，
∴AF⊥平面BDE，
AF?平面BAF，
∴平面BAF⊥平面BDE．
解：（2）取BC的中点M，∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，∴AM⊥BC，又BC∥AD，
∴AM⊥AD，建立空间直角坐标系，
B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}，0$），设F（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，z），D（0，1，0），E（0，0，1），A（0，0，0），
$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，z），$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
∵AF⊥BE，∴$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{BE}$=-$\frac{3}{4}+\frac{1}{4}+z$=0，解得z=$\frac{1}{2}$，∴F（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），
$\overrightarrow{BF}$=（0，1，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{BD}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，1），
设平面BEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=b+\frac{1}{2}c=0}\end{array}\right.$，取b=1，得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}$，1，-2），
设二面角F-BE-D的平面角为θ，
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{5}•\sqrt{8}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
∴二面角F-BE-D的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，注意向量法的合理运用．