數(shù)學英語物理化學 生物地理
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分析 （1）連接AC，設AC∩BD=O，連接OF，由線面垂直的判定和性質(zhì)BD⊥平面BCF，得到BD⊥OF，再由BO=DO，即可得到BF=DF；（2）法一、過點D作DG⊥BC于點G，連接GF，設BC=2，求得DG=√3，過點G在BCF內(nèi)作CF的平行線GH，則GH⊥平面ABCD，以點G為原點，分別以GH，GC，GD所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，由題意請求出所用點的坐標，進一步求得平面ABF與平面AFC的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角B-AF-C的余弦值；法二、過點O作OE⊥AF于點E，連接BE，由平面ABCD⊥平面ACF，AC⊥BD，可得BD⊥平面ACF，得到BD⊥AF，有BE⊥AF，即∠BEO是二面角B-AF-C的平面角，過點D作DG⊥BC于點G，連接GF，由DG⊥平面BCF，知直線DF與平面BCF所成角為∠DFG=45°，不妨設BC=2，然后求解三角形得二面角B-AF-C的余弦值．
解答 （1）證明：連接AC，設AC∩BD=O，連接OF，∵平面ABCD⊥平面BCF，且交線為BC，又∵∠BCF=90°，∴CF⊥平面ABCD，∵CF?平面BCF，∴平面BCF⊥平面ABCD，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，則BD⊥平面BCF，∴BD⊥OF，又BO=DO，∴BF=DF；（2）解：法一、過點D作DG⊥BC于點G，連接GF，∵平面ABCD⊥平面BCF，即直線DF與平面BCF所成角為∠DFG=45°，不妨設BC=2，則DG=√3，過點G在BCF內(nèi)作CF的平行線GH，則GH⊥平面ABCD，以點G為原點，分別以GH，GC，GD所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，∵∠DFG=45°，∴GF=√3，CF=√2，則A（0，-2，\sqrt{3}），B（0，-1，0），C（0，1，0），F(xiàn)（\sqrt{2}，0，0），∴\overrightarrow{AF}=（\sqrt{2}，3，-\sqrt{3}），\overrightarrow{BF}=（\sqrt{2}，2，0），\overrightarrow{CF}=（\sqrt{2}，0，0），設平面ABF的法向量為\overrightarrow m=（x，y，z），則\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{FA}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{FB}=0\end{array}\right.，即\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2}x+3y-\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{2}x+2y=0\end{array}\right.，取y=-1，得\overrightarrow m=（\sqrt{2}，-1，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}），同理可得平面AFC的法向量為\overrightarrow n=（0，1，\sqrt{3}），∴cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{|\overrightarrow m||\overrightarrow n|}=\frac{-2}{{\sqrt{2+1+\frac{1}{3}}×2}}=-\frac{{\sqrt{30}}}{10}，由圖可知二面角B-AF-C是銳角，∴其余弦值為\frac{{\sqrt{30}}}{10}；法二、過點O作OE⊥AF于點E，連接BE，∵平面ABCD⊥平面ACF，又AC⊥BD，∴BD⊥平面ACF，∴BD⊥AF，即AF⊥平面BOE，∴BE⊥AF，即∠BEO是二面角B-AF-C的平面角，過點D作DG⊥BC于點G，連接GF，∴DG⊥平面BCF，即直線DF與平面BCF所成角為∠DFG=45°，不妨設BC=2，則DG=GF=\sqrt{3}，CF=\sqrt{2}，AF=\sqrt{14}，∵△AEO∽△AFC，∴OE=\sqrt{\frac{3}{7}}，又OB=1，∴BE=\sqrt{\frac{10}{7}}，∴cos∠BEO=\frac{OE}{BE}=\frac{{\sqrt{30}}}{10}，∴二面角B-AF-C的余弦值為\frac{{\sqrt{30}}}{10}．
點評 本題考查線面垂直的判定和性質(zhì)，考查空間想象能力和思維能力，訓練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．
科目：高中數(shù)學 來源： 題型：解答題
科目：高中數(shù)學 來源： 題型：填空題
科目：高中數(shù)學 來源： 題型：選擇題
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