Question

1．如图1，在边长为$2\sqrt{3}$的正方形ABCD中，E、O分别为 AD、BC的中点，沿 EO将矩形ABOE折起使得∠BOC=120°，如图2所示，点G 在BC上，BG=2GC，M、N分别为AB、EG中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面OBC；
（Ⅱ）求二面角 G-ME-B的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：取OG中点F，连结BF、FN，证明MN∥BF，然后证明MN∥平面OBC．法二：延长EM、OB交于点Q，连结GQ，证明M为EQ中点，推出MN∥QG，然后证明MN∥平面OBC．
（Ⅱ）法一：证明OG⊥OB，推出OE⊥平面OBC，证明OE⊥OG，然后推出OG⊥QE，说明∠OMG为二面角G-ME-B的平面角，Rt△MOG中，求解即可．
法二：建立空间直角坐标系O-xyz，求出面BOE的一个法向量，平面MGE的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．

解答 （Ⅰ）证明：法一如图13取OG中点F，连结BF、FN，
则中位线FN∥$\frac{1}{2}$OE且FN=$\frac{1}{2}$OE，
又BM∥OE且BM=$\frac{1}{2}$OE  …（1分）
所以FN∥BM且FN=BM，所以四边形BFNM是平行四边形，所以MN∥BF，…（2分）
又MN?平面OBC，BF?平面OBC，所以MN∥平面OBC．…（4分）
法二：如图14，延长EM、OB交于点Q，连结GQ，
因为BM∥OE且BM=$\frac{1}{2}$OE，所以$\frac{QM}{QE}=\frac{BM}{OE}=\frac{1}{2}$，

M为EQ中点，…（1分）
所以中位线MN∥QG    …（2分）
又MN?平面OBC，QG?面OBC，所以MN∥平面OBC．…（4分）
（Ⅱ）解：法一如图14，因为OB=OC=$\sqrt{3}$，∠BOC=120°，
所以$BC=\sqrt{O{B^2}+O{C^2}-2×OB×OCcos120°}=3$，…（5分）
又BG=2GC．所以$BG=\frac{2}{3}BC=2，GC=1$，$OG=\sqrt{C{G^2}+O{C^2}-2×CG×OCcos30°}=1$，
∴OB²+OG²=BG²，∴∠BOG=90°，OG⊥OB，…（6分）
又∵OE⊥OB，OE⊥OC，OB∩OC=O，
∴OE⊥平面OBC，OG?面OBC，
∴OE⊥OG…（7分）
又OB∩OE=O，所以OG⊥平面OBE，QE?面OBE  OG⊥QE，…（8分）
又M为EQ中点，所以OQ=OE=$2\sqrt{3}$，所以OM⊥QE，OM∩OG=O，
所以QE⊥平面OMG，QE⊥MG，∠OMG为二面角G-ME-B的平面角．…（9分）
所以Rt△MOG中，$OM=\sqrt{{{（\sqrt{3}）}^2}+{{（\sqrt{3}）}^2}}=\sqrt{6}$，$MG=\sqrt{{{（\sqrt{6}）}^2}+{1^2}}=\sqrt{7}$，…（11分）$cos∠OMG=\frac{OM}{MG}=\frac{{\sqrt{6}}}{{\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{42}}}{7}$，∴二面角 G-ME-B的余弦值为$\frac{{\sqrt{42}}}{7}$…（12分）
法二：如图15，∵OB=OC=$\sqrt{3}$，∠BOC=120°，

∴$BC=\sqrt{O{B^2}+O{C^2}-2×OB×OCcos120°}=3$，…（5分）
又BG=2GC，∴$BG=\frac{2}{3}BC=2，GC=1$，$OG=\sqrt{C{G^2}+O{C^2}-2×CG×OCcos30°}=1$，
∴OB²+OG²=BG²，
∴∠BOG=90°，OG⊥OB，…（6分）
又∵OE⊥OB，OE⊥OC，OB∩OC=O，
∴OE⊥平面OBC，OG?面OBC，
∴OE⊥OG…（7分）
又OB∩OE=O，所以OG⊥平面OBE，OE?面OBE，∴OG⊥OE…（8分）
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则M（$\sqrt{3}，0，\sqrt{3}）$，G（0，1，0），E（$0，0，2\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{MG}=（-\sqrt{3}，1，-\sqrt{3}），\overrightarrow{ME}=（-\sqrt{3}，0，\sqrt{3}）$，…（9分）
而 $\overrightarrow{n_1}=（0，1，0）$是平面BOE的一个法向量，…（11分）
设平面MGE的法向量为$\overrightarrow{n_2}=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{MG}=-\sqrt{3}x+y-\sqrt{3}z=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{ME}=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，
令 z=1，则$x=1，y=2\sqrt{3}$，
面MGE的一个法向量为$\overrightarrow{n_2}=（1，2\sqrt{3}，1）$，…（10分）
所以$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{\overrightarrow{|{n_1}}|•\overrightarrow{|{n_2}|}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{1+12+1}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{14}}}=\frac{{\sqrt{42}}}{7}$
所以，二面角 G-ME-B的余弦值为$\frac{{\sqrt{42}}}{7}$…（12分）

点评 本题考查直线与平面平行于垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．