Question

3．如图所示，在四棱锥A-BCDE中，AE⊥面BCDE，△BCE是正三角形，BD和CE的交点F恰好平分CE，又AE=BE=2，∠CDE=120°，
（Ⅰ）证明：面ABD⊥面AEC；
（Ⅱ）求二面角B-CA-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由AE⊥平面BCDE，可得AE⊥BD．由△BCE是正三角形，BD和CE的交点恰好平分CE，可得BD⊥EC，再利用线面面面垂直的判定定理及其性质定理即可证明．
（Ⅱ）由BD⊥EC，可得△FDC为等腰三角形，又∠CDE=120°，可得BE⊥ED，建立以E为坐标原点的空间直角坐标系如图：又DE=BEtan30°，可得D（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），设平面BCA的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，可得取$\overrightarrow{m}$．取平面ACE的法向量$\overrightarrow{BD}$=（-2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），利用cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BD}|}$即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：∵AE⊥平面BCDE，BD?平面BCDE，
∴AE⊥BD，
∵△BCE是正三角形，BD和CE的交点恰好平分CE，
∴BD⊥EC，
∵EC∩AE=E，
∴BD⊥平面ACE
BD?平面ABD
∵平面ABD⊥平面ACE
（Ⅱ）∵BD⊥EC，∴△EDC为等腰三角形，
∴ED=CD，
∵∠CDE=120°，∴∠DEC=30°，
则∠BED=60°+30°=90°，即BE⊥ED，
建立以E为坐标原点的空间直角坐标系如图：
∵AE=BE=2，∠CDE=120°，
∴B（2，0，0），E（0，0，0），A（0，0，2），C（1，$\sqrt{3}$，0）
$\overrightarrow{AB}$=（2，0，-2），$\overrightarrow{AC}$=（1，$\sqrt{3}$，-2），
又DE=BEtan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，则D（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），设平面BCA的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2x-2z=0}\\{x+\sqrt{3}y-2z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（\sqrt{3}，1，\sqrt{3}）$．

由（1）可取平面ACE的法向量$\overrightarrow{BD}$=（-2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），
∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BD}|}$=$\frac{\frac{-4\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{7}×\frac{4}{\sqrt{3}}}$=-$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
由图形可知：二面角B-CA-E的平面角为锐角，因此其余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查了空间位置关系与空间角、线面平行与垂直的判定性质定理、法向量的应用、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．