Question

13．如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$的正方形，CG⊥平面ABCD，DE∥BF∥CG，DE=BF=$\frac{3}{5}$CG．P為線段EF的中點(diǎn)，AP與平面ABCD所成角為60°．在線段CG上取一點(diǎn)H，使得GH=$\frac{3}{5}$CG．
（1）求證：PH⊥平面AEF；
（2）求二面角A-EF-G的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OP，則O為BD中點(diǎn)，則∠PAO為AP與面ABCD所成角，推導(dǎo)出AP⊥PH，PH⊥EF，由此能證明PH⊥面AEF．
（2）建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz，利用向量法能求出二面角A-EF-G的余弦值．

解答 證明：（1）連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OP，則O為BD中點(diǎn)，
∴OP∥DE，∴OP⊥面ABCD．
∴∠PAO為AP與面ABCD所成角，
∵AP與平面ABCD所成角為60°，∴∠PAO=60°．
在Rt△AOP中，$AO=1，OP=\sqrt{3}，CG=\frac{{5\sqrt{3}}}{3}，CH=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
Rt△AHC中，$AH=\sqrt{A{C^2}+C{H^2}}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．
梯形OPHC中，$PH=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
∴AP²+PH²=AH²，∴AP⊥PH，
又EH=FH，∴PH⊥EF，
又AP∩EF=P，∴PH⊥面AEF．
解：（2）∵CG面ABCD，ABCD為正方形，
∴如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系．
G（0，0，$\frac{5\sqrt{3}}{3}$），E（$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)（0，$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），H（0，0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），P（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{EF}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{EG}$=（-$\sqrt{2}$，0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），$\overrightarrow{HP}=（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，
∵PH⊥面AEF，∴面AEF的法向量為$\overrightarrow{HP}=（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，
設(shè)面EFG法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EF}=-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EG}=-\sqrt{2}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow n=（{\sqrt{3}，\sqrt{3}，\frac{{3\sqrt{2}}}{2}}）$，
設(shè)二面角A-EF-G的平面角為θ，由題意θ為鈍角，
則cosθ=-$\frac{|\overrightarrow{HP}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{HP}|•|\overrightarrow{n}|}$=-$\frac{3\sqrt{21}}{14}$．
故二面角A-EF-G的余弦值為$-\frac{{3\sqrt{21}}}{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系及二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．