Question

如圖，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AB=2，AC=AD=DE=4，F(xiàn)為CD的中點．
（Ⅰ）求證：AF∥平面BCE；
（Ⅱ） 若∠CAD=60°，求二面角F-BE-D的余弦值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）證法一：取DE的中點M，連接AM，F(xiàn)M，根據(jù)線段的長度關(guān)系可得：AM∥BE，再根據(jù)中位線可得：MF∥CE，進而結(jié)合線面平行于面面平行的判定定理可得答案．
證法二：取CE的中點N，連接FN，BN，根據(jù)線段的長度關(guān)系與平行關(guān)系可得：AB∥NF，AB=NF，進而得到AF∥BN，然后根據(jù)線面平行的判定定理證明線面平行．
（Ⅱ）解法一：過F作PF⊥AD交AD于點P，作PG⊥BE，連接FG．根據(jù)三垂線定理可得：PGF就是二面角F-BE-D的平面角．再結(jié)合特征的條件把角放入三角形中，利用解三角形的有關(guān)知識解決問題．
解法二：建立空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量借助于向量的有關(guān)計算，求出兩個向量的夾角，進而轉(zhuǎn)化為二面角的平面角．

解答：證明：（Ⅰ）證法一：如圖（1），取DE的中點M，連接AM，F(xiàn)M，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE．
又∵AB=EM=

1

2

DE，
∴四邊形ABEM是平行四邊形，
∴AM∥BE
又∵AM?平面BCE，BE?平面BCE，
∴AM∥平面BCE．
∵CF=FD，DM=ME，∴MF∥CE，
又∵MF?平面BCE，CE?平面BCE，
∴MF∥平面BCE，又∵AM∩MF=M，
∴平面AMF∥平面BCE，
∵AF?平面AMF，
∴AF∥平面BCE．-------（5分）
證法二：如圖（2），取CE的中點N，連接FN，BN，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，
∵CF=FD，CN=NE，∴NF∥DE，NF=

1

2

DE，
又AB=

1

2

DE，∴AB∥NF，AB=NF，
∴四邊形ABNF是平行四邊形，
∴AF∥BN，又∵AF?平面BCE，BN?平面BCE，
∴AF∥平面BCE．------（5分）
（Ⅱ）解法一：如圖（3）過F作PF⊥AD交AD于點P，作PG⊥BE，連接FG．
∵AB⊥平面ACD，AB?平面ABED，
∴平面ABED⊥平面ACD，
∴PF⊥平面ABED，∴FG⊥BE（三垂線定理）．
所以，∠PGF就是二面角F-BE-D的平面角．
由AC=AD，∠CAD=60°，知△ACD是正三角形，
在Rt△DPF中，PD=DFcos60°=1，PF=

3

，∴PA=3，
∴S_△PBE=S_梯形ABED-S_△ABP-S_△PDE=12-3-2=7，
∵BE=

16+4

=2

5

，∴PG=

14

BE

=

7

5

∴在Rt△PGF中，由勾股定理，得FG=

8

5

，
∴cos∠PGF=

7

8

，即二面角F-BE-D的余弦值為

7

8

．----（12分）
解法二：以A為原點，分別以AC，AB為x軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，如圖（4）所示，則A（0，0，0），B（0，0，2），E(2，2

3

，4)，F(3，

3

，0)，于是，有

AB

=(0，0，2)，

BE

=(2，2

3

，2)，

BF

=(3，

3

，-2)，
設(shè)平面BEF的一個法向量為

n1

=(x1，y1，z1)，則

2x1+2 3 y1+2z1=0 3x1+ 3 y1-2z1=0

令y1=

3

，可得，

n1

=(-

9

5

，

3

，-

6

5

)
設(shè)平面ABED的一個法向量為

n2

=(x2，y2，z2)，則

2z2=0 2x2+2 3 y2+2z2=0

y2=

3

，可得，

n2

=(-3，

3

，0)
∴cos?

n1

，

n2

＞=

7

8

所以，所求的二面角F-BE-D的余弦值為

7

8

．------（12分）

點評：本題考查用線面平行的判定定理證明線面平行，以及求二面角的平面角，而空間角解決的關(guān)鍵是做角，由圖形的結(jié)構(gòu)及題設(shè)條件正確作出平面角來，是求角的關(guān)鍵，也可以根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標系利用向量的有關(guān)知識解決空間角等問題．