Question

15．如圖所示，在矩形ABCD中，AD=2，AB=1，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，將△DEC沿CE折起到△D′EC的位置，使二面角D′-EC-B是直二面角．
（1）證明：BE⊥CD′；
（2）求二面角D′-BC-E的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由已知得BE⊥EC．從而B(niǎo)E⊥面D'EC，由此能證明BE⊥CD'．
（2）法一：設(shè)M是線段EC的中點(diǎn)，過(guò)M作MF⊥BC垂足為F，則∠D'FM是二面角D'-BC-E的平面角．由此能求出二面角D'-BC-E的余弦值．
法二：分別以EB，EC所在的直線為x軸、y軸，過(guò)E垂直于平面BEC的射線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．利用向量法能求出二面角D'-BC-E的余弦值．

解答 證明：（1）∵AD=2，AB=1，E是AD的中點(diǎn)，
∴△BAE，△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=AE=DE=CD，∠BAE=∠CDE=90°，
∴∠BEC=90°，∴BE⊥EC．
又∵平面D'EC⊥平面BEC，面D'EC∩面BEC=EC，
∴BE⊥面D'EC，
又CD'?面D'EC，∴BE⊥CD'．…（6分）
解：（2）法一：設(shè)M是線段EC的中點(diǎn)，過(guò)M作MF⊥BC垂足為F，
連接D'M，D'F，則D'M⊥EC，
∵平面D'EC⊥平面BEC，
∴D'M⊥平面BEC，∴D'M⊥BC，
∴BC⊥平面D′MF，∴D'F⊥BC，
∴∠D'FM是二面角D'-BC-E的平面角．
在Rt△D'MF中，D'M=$\frac{1}{2}EC=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，$MF=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}$，
∴$D'F=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴二面角D'-BC-E的余弦值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．…（12分）
法二：分別以EB，EC所在的直線為x軸、y軸，過(guò)E垂直于平面BEC的射線為z軸，
建立如圖空間直角坐標(biāo)系．
則$B（\sqrt{2}，0，0）$，$C（0，\sqrt{2}，0）$，$D'（0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
$\overrightarrow{BC}=（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，0），\overrightarrow{D'C}=（0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
設(shè)平面BEC的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（0，0，1）$，
平面D'BC的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{2}{x}_{2}+\sqrt{2}{y}_{2}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{D}^{'}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}{y}_{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取x₂=1，得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，1，1），
cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴二面角D'-BC-E的余弦值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．