Question

1．如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ACEF為平行四邊形，設(shè)BD與AC相交于點G，AB=BD=2，AE=$\sqrt{3}$，∠EAD=∠EAB．
（1）證明：平面ACEF⊥平面ABCD；
（2）若AE與平面ABCD所成角為60°，求二面角B-EF-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接EG，由四邊形ABCD為菱形，可得AD=AB，BD⊥AC，DG=GB，可證△EAD≌△EAB，進一步證明BD⊥平面ACEF，則平面ACEF⊥平面ABCD；
（2）法一、過G作EF的垂線，垂足為M，連接MB，MG，MD，可得∠EAC為AE與面ABCD所成的角，得到EF⊥平面BDM，可得∠DMB為二面角B-EF-D的平面角，
在△DMB中，由余弦定理求得∠BMD的余弦值，進一步得到二面角B-EF-D的余弦值；
法二、在平面ABCD內(nèi)，過G作AC的垂線，交EF于M點，由（1）可知，平面ACEF⊥平面ABCD，得MG⊥平面ABCD，則直線GM、GA、GB兩兩互相垂直，分別以GA、GB、GM為x、y、z軸建立空間直角坐標系G-xyz，分別求出平面BEF與平面DEF的一個法向量，由兩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）證明：連接EG，
∵四邊形ABCD為菱形，∴AD=AB，BD⊥AC，DG=GB，
在△EAD和△EAB中，
AD=AB，AE=AE，∠EAD=∠EAB，
∴△EAD≌△EAB，
∴ED=EB，則BD⊥EG，
又AC∩EG=G，∴BD⊥平面ACEF，
∵BD?平面ABCD，
∴平面ACEF⊥平面ABCD；
（2）解法一：過G作EF的垂線，垂足為M，連接MB，MG，MD，
易得∠EAC為AE與面ABCD所成的角，
∴∠EAC=60°，
∵EF⊥GM，EF⊥BD，
∴EF⊥平面BDM，
∴∠DMB為二面角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的余弦值為$\frac{5}{13}$；
解法二：如圖，在平面ABCD內(nèi)，過G作AC的垂線，交EF于M點，
由（1）可知，平面ACEF⊥平面ABCD，
∵MG⊥平面ABCD，
∴直線GM、GA、GB兩兩互相垂直，
分別以GA、GB、GM為x、y、z軸建立空間直角坐標系G-xyz，
可得∠EAC為AE與平面ABCD所成的角，∴∠EAC=60°，
則D（0，-1，0），B（0，1，0），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，\frac{3}{2}$），F(xiàn)（$-\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，\frac{3}{2}$），
$\overrightarrow{FE}=（2\sqrt{3}，0，0），\overrightarrow{BE}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，-1，\frac{3}{2}）$，$\overrightarrow{DE}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，1，\frac{3}{2}）$，
設(shè)平面BEF的一個法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，則
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{FE}=2\sqrt{3}x=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=\frac{\sqrt{3}}{2}x-y+\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，
取z=2，可得平面BEF的一個法向量為$\overrightarrow{n}=（0，3，2）$，
同理可求得平面DEF的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（0，3，-2）$，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{5}{13}$，
∴二面角B-EF-D的余弦值為$\frac{5}{13}$．

點評 本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．