Question

2．如圖1，在高為2的梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2，CD=5，過A、B分別作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E、F．已知DE=1，將梯形ABCD沿AE、BF同側(cè)折起，得空間幾何體ADE-BCF，如圖2．

（Ⅰ）若AF⊥BD，證明：△BDE為直角三角形；
（Ⅱ）若DE∥CF，$CD=\sqrt{3}$，求平面ADC與平面ABFE所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由AF⊥BE，AF⊥BD可得AF⊥平面BFE，得出AF⊥DE，結(jié)合DE⊥AE即可得出DE⊥平面ABFE，故而DE⊥BE；
（2）求出∠CFE的大小，以E為原點建立空間坐標(biāo)系，求出平面ACD和平面ABFE的法向量，計算兩法向量的夾角即可得出二面角的大小．

解答 （1）證明：連接BE，
由已知可知四邊形ABFE是正方形，∴AF⊥BE，
又AF⊥BD，BE∩DE=E，
∴AF⊥平面BDE，又DE?平面BDE，
∴AF⊥DE，
又DE⊥AE，AE∩AF=F，
∴DE⊥平面ABFE，又BE?平面ABFE，
∴DE⊥BE，即△BDE為直角三角形．
（2）取CF的中點M，連結(jié)DM，則四邊形DEFM是平行四邊形，
∴DM=EF=2，CM=$\frac{1}{2}$CF=1，又CD=$\sqrt{3}$，
∴cos∠CMD=$\frac{1+4-3}{2×1×2}$=$\frac{1}{2}$，即∠CMD=∠CFE=60°，
過E作EG⊥EF，則EG⊥平面ABFE，
以E為原點，以EA，EF，EG為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（2，0，0），C（0，1，$\sqrt{3}$），D（0，-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\overrightarrow{AC}$=（-2，1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AD}$=（-2，-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面ACD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{-2x+y+\sqrt{3}z=0}\\{-2x-\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\sqrt{3}$），
又GE⊥平面ABFE，∴$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）是平面ABFE的一個法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
由圖形可知平面ADC與平面ABFE所成角為銳二面角，
∴平面ADC與平面ABFE所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定，空間向量與二面角的計算，屬于中檔題．