Question

1．如图，四边形ABCD为菱形，四边形ACEF为平行四边形，设BD与AC相交于点G，AB=BD=2，AE=$\sqrt{3}$，∠EAD=∠EAB．
（1）证明：平面ACEF⊥平面ABCD；
（2）若AE与平面ABCD所成角为60°，求二面角B-EF-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连接EG，由四边形ABCD为菱形，可得AD=AB，BD⊥AC，DG=GB，可证△EAD≌△EAB，进一步证明BD⊥平面ACEF，则平面ACEF⊥平面ABCD；
（2）法一、过G作EF的垂线，垂足为M，连接MB，MG，MD，可得∠EAC为AE与面ABCD所成的角，得到EF⊥平面BDM，可得∠DMB为二面角B-EF-D的平面角，
在△DMB中，由余弦定理求得∠BMD的余弦值，进一步得到二面角B-EF-D的余弦值；
法二、在平面ABCD内，过G作AC的垂线，交EF于M点，由（1）可知，平面ACEF⊥平面ABCD，得MG⊥平面ABCD，则直线GM、GA、GB两两互相垂直，分别以GA、GB、GM为x、y、z轴建立空间直角坐标系G-xyz，分别求出平面BEF与平面DEF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B-EF-D的余弦值．

解答 （1）证明：连接EG，
∵四边形ABCD为菱形，∴AD=AB，BD⊥AC，DG=GB，
在△EAD和△EAB中，
AD=AB，AE=AE，∠EAD=∠EAB，
∴△EAD≌△EAB，
∴ED=EB，则BD⊥EG，
又AC∩EG=G，∴BD⊥平面ACEF，
∵BD?平面ABCD，
∴平面ACEF⊥平面ABCD；
（2）解法一：过G作EF的垂线，垂足为M，连接MB，MG，MD，
易得∠EAC为AE与面ABCD所成的角，
∴∠EAC=60°，
∵EF⊥GM，EF⊥BD，
∴EF⊥平面BDM，
∴∠DMB为二面角B-EF-D的平面角，
可求得MG=$\frac{3}{2}$，DM=BM=$\frac{\sqrt{13}}{2}$，
在△DMB中，由余弦定理可得：cos∠BMD=$\frac{5}{13}$，
∴二面角B-EF-D的余弦值为$\frac{5}{13}$；
解法二：如图，在平面ABCD内，过G作AC的垂线，交EF于M点，
由（1）可知，平面ACEF⊥平面ABCD，
∵MG⊥平面ABCD，
∴直线GM、GA、GB两两互相垂直，
分别以GA、GB、GM为x、y、z轴建立空间直角坐标系G-xyz，
可得∠EAC为AE与平面ABCD所成的角，∴∠EAC=60°，
则D（0，-1，0），B（0，1，0），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，\frac{3}{2}$），F（$-\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，\frac{3}{2}$），
$\overrightarrow{FE}=（2\sqrt{3}，0，0），\overrightarrow{BE}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，-1，\frac{3}{2}）$，$\overrightarrow{DE}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，1，\frac{3}{2}）$，
设平面BEF的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，则
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{FE}=2\sqrt{3}x=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=\frac{\sqrt{3}}{2}x-y+\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，
取z=2，可得平面BEF的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（0，3，2）$，
同理可求得平面DEF的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（0，3，-2）$，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{5}{13}$，
∴二面角B-EF-D的余弦值为$\frac{5}{13}$．

点评 本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．