15.四棱錐E-ABCD中,△ABD為正三角形,∠BCD=120°,CB=CD-CE=1,AB=AD=AE=$\sqrt{3}$,且EC⊥BD
(1)求證:平面BED⊥平面AEC;
(2)求二面角D--BM-C的平面角的余弦值.

分析 (1)由題意可得AC⊥BD,又EC⊥BD,結(jié)合線面垂直的判定可得平面BED⊥平面AEC;
(2)由(1)知AC⊥BD,證得△COE∽△CEA,可得CE2+AE2=AC2=4,即∠CEA=90°,得EO⊥AC,又BD⊥OE,建立空間直角坐標(biāo)系,求出所用點的坐標(biāo),得到平面DBM與平面CBM的一法向量,由兩法向量所成角的余弦值可得二面角D-BM-C的平面角的余弦值.

解答 證明:(1)由于△ABD為正三角形,∠BCD=120°,CB=CD=CE=1,
故連接AC交BD于O點,則△ABC≌△ADC,
∴∠BAC=∠DAC,則AC⊥BD,
又∵EC⊥BD,EC∩AC=C,
故BD⊥面ACE,
∴平面BED⊥平面AEC;
解:(2)由(1)知AC⊥BD,且CO=$\frac{1}{2}$,AO=$\frac{3}{2}$,連接EO,則$\frac{CO}{CE}=\frac{CE}{AC}=\frac{1}{2}$,
∴△COE∽△CEA,
又CE2+AE2=AC2=4,可得∠CEA=90°.
∴∠COE=∠CEA=90°,
故EO⊥AC,又BD⊥OE,
故如圖建立空間直角坐標(biāo)系,
則B(0,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,0),D(0,$-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$,0),C($-\frac{1}{2}$,0,0),M($\frac{3}{4}$,0,$\frac{3}{4}$),
$\overrightarrow{DM}=(\frac{3}{4},\frac{{\sqrt{3}}}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{4})$,$\overrightarrow{DB}=(0,\sqrt{3},0)$,
設(shè)平面DBM的法向量$\overrightarrow{m}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1})$,
則由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow m•\overrightarrow{DM}=0}\end{array}}\right.$,得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{y}_{1}=0}\\{\frac{3}{4}{x}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$,取z1=1,得$\overrightarrow m=(-\frac{{\sqrt{3}}}{3},0,1)$;
$\overrightarrow{CB}=(\frac{1}{2},\frac{{\sqrt{3}}}{2},0),\overrightarrow{CM}=(\frac{5}{4},0,\frac{{\sqrt{3}}}{4})$,
設(shè)平面CBM的法向量$\overrightarrow{n}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2})$,
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=0}\end{array}\right.$,得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}{x}_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{2}=0}\\{\frac{5}{4}{x}_{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$,取z2=1,得$\overrightarrow n=(-\frac{{\sqrt{3}}}{5},\frac{1}{5},1)$.
∴cos<$\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}$>=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{3\sqrt{87}}{29}$.
故二面角D-BM-C的平面角的余弦值為$\frac{3\sqrt{87}}{29}$.

點評 本題考查平面與平面垂直的判定,考查了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.

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