Question

10．如圖1，已知四邊形ABCD為菱形，且∠A=60°，AB=2，E為AB 的中點(diǎn)．現(xiàn)將四邊形EBCD沿DE折起至EBHD，如圖2．

（Ⅰ）求證：DE⊥平面ABE；
（Ⅱ）若二面角A-DE-H的大小為$\frac{π}{3}$，求平面ABH與平面ADE所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出DE⊥AE，DE⊥EB，由此能證明DE⊥平面AEB．
（Ⅱ）延長HB，DE交于點(diǎn)L，連結(jié)AL，取AE的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OM⊥AL于點(diǎn)M，連結(jié)MB，推導(dǎo)出∠BMO為平面ADE與平面ABH所成銳二面角的一個(gè)平面角，由此能求出平面ADE與平面ABH所成銳二面角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）∵四邊形ABCD為菱形，且∠A=60°，
∴DB=AB=AD…（1分）
又∵E為AB的中點(diǎn)，
∴DE⊥AE，DE⊥EB…（3分）
又∵AE∩BE=點(diǎn)E，AE?平面AEB，BE?平面AEB…（4分）
∴DE⊥平面AEB…（5分） （注：三個(gè)條件中，每少一個(gè)扣1分）
解：（Ⅱ）延長HB，DE交于點(diǎn)L，連結(jié)AL，
取AE的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OM⊥AL于點(diǎn)M，
連結(jié)MB，如右圖．由DE⊥平面ABE，
可知∠AEB為二面角A-DE-H的一個(gè)平面角，
即有∠AEB=60°．…（7分）
∵O為AE中點(diǎn)，∴BO⊥AE．
∵BO⊥DE，∴BO⊥平面ADE，即BO⊥AL且BO⊥MO．
又∵OM⊥AL，∴AL⊥平面BOM，
即∠BMO為平面ADE與平面ABH所成銳二面角的一個(gè)平面角．…（9分）
而$BO=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，AO=\frac{1}{2}$．易得$LE=\sqrt{3}$，而AE=1，∠AEL=90°，∴∠EAL=60°，
則$MO=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$．由勾股定理，得$MB=\sqrt{{{（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）}^2}+{{（{\frac{{\sqrt{3}}}{4}}）}^2}}=\frac{{\sqrt{15}}}{4}$，
則$cos∠BMO=\frac{MO}{MB}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，…（11分）
即平面ADE與平面ABH所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查線面垂直的證明，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)．