Question

8．如图，在长方形ABCD中，AB=2，AD=1，E为DC的中点，现将△DAE沿AE折起，使平面DAE⊥平面ABCE，连接DB，DC，BE．
（1）求证：BE⊥平面ADE；
（2）求二面角E-BD-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由勾股定理得AE⊥BE，由等腰三角形的性质得MD⊥AE，由面面垂直的性质得MD⊥平面ABCE，由此能证明BE⊥平面ADE．
（2）以M为原点，在平面ABCE内，过M作CB的平行线为x轴，过M作EC的平行线为y轴，以MP为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面DBC的法向量和平面BDE的法向量，由此利用量法能求出二面角E-BD-C的余弦值．

解答 （1）证明：∵在长方形ABCD中，AB=2，AD=1，E为DC的中点，
∴AE=EB=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∵AB=2，∴AB²=AE²+BE²，∴AE⊥BE，
取AE的中点M，连接MD，则AD=DE，∴MD⊥AE，
∵平面DAE⊥平面ABCE，∴MD⊥平面ABCE，∴MD⊥BE，
∵MD∩AE=M，∴BE⊥平面ADE．
（2）解：以M为原点，在平面ABCE内，过M作CB的平行线为x轴，过M作EC的平行线为y轴，
以MP为z轴，建立空间直角坐标系，
由已知得B（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），C（-$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），D（0，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），E（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），
$\overrightarrow{DB}$=（$\frac{1}{2}，\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{DC}$=（$-\frac{1}{2}，\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{DE}$=（-$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
设平面DBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y-\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y-\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取y=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（0，$\sqrt{2}$，3），
设平面BDE的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}b-\frac{\sqrt{2}}{2}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=-\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b-\frac{\sqrt{2}}{2}c=0}\end{array}\right.$，取b=1，得$\overrightarrow{m}$=（-1，1，$\sqrt{2}$），
设二面角E-BD-C的平面角为θ，
cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{11}•\sqrt{4}}$|=$\frac{2\sqrt{22}}{11}$．
∴二面角E-BD-C的余弦值为$\frac{2\sqrt{22}}{11}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，注意向量法的灵活运用．