题目内容

20．如图1在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D、E分别为线段AB、AC的中点，AB=4，BC=2$\sqrt{2}$．以DE为折痕，将Rt△ADE折起到图2的位置，使平面A′DE⊥平面DBCE，连接A′C，′B，设F是线段A′C上的动点，满足$\overrightarrow{CF}$=λ$\overrightarrow{CA′}$．
（Ⅰ）证明：平面FBE⊥平面A′DC；
（Ⅱ）若二面角F-BE-C的大小为45°，求λ的值．

分析 （Ⅰ）由平面A′DE⊥平面DBCE，A′D⊥DE，可得A′D⊥BE．在直角三角形DEB中，tan∠BED=$\sqrt{2}$，tan∠CDE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．可得∠BED+∠CDE=90°，可得BE⊥DC．可得BE⊥平面A′DC，即可证明结论．
（II）以D为坐标原点DB，DE，DA′分别为OX，OY，OZ轴建立空间直角坐标系，设平面BEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=0}\end{array}\right.$即可得出．取平面BEC的法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），利用向量夹角公式即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵平面A′DE⊥平面DBCE，A′D⊥DE，
∴A′D⊥平面DBCE，∴A′D⊥BE．
∵D，E分别为中点，
∴DE=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$，BD=$\frac{1}{2}$AB=2．
在直角三角形DEB中，tan∠BED=$\frac{BD}{DE}$=$\sqrt{2}$，tan∠CDE=$\frac{BD}{CB}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴tan∠BED•tan∠CDE=1．
∴∠BED+∠CDE=90°，可得BE⊥DC．
∴BE⊥平面A′DC，又BE?平面FEB．
∴平面FBE⊥平面A′DC．
（II）以D为坐标原点DB，DE，DA′分别为OX，OY，OZ轴建立空间直角坐标系，各点坐标分别为D（0，0，0），A′（0，0，2），B（2，0，0），
C（2，2$\sqrt{2}$，0），E（0，$\sqrt{2}$，0）．$\overrightarrow{C{A}^{′}}$（-2，-2$\sqrt{2}$，2），
∵$\overrightarrow{CF}$=λ$\overrightarrow{CA′}$，∴$\overrightarrow{CF}$=λ（-2，-2$\sqrt{2}$，-2），∴F$（2-2λ，2\sqrt{2}-2\sqrt{2}λ，2λ）$，
设平面BEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\overrightarrow{BE}$=$（-2，\sqrt{2}，0）$，$\overrightarrow{BF}$=$（-2λ，2\sqrt{2}-2\sqrt{2}λ，2λ）$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2x+\sqrt{2}y=0}\\{-2λx+（2\sqrt{2}-2\sqrt{2}λ）y+2λz=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=$（λ，\sqrt{2}λ，3λ-2）$．
又∵平面BEC的法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
∴cos45°=$\frac{|3λ-2|}{\sqrt{3{λ}^{2}+（3λ-2）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化为3λ2-6λ+2=0，
解得λ=1$±\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又∵0＜λ＜1，
∴λ=1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的应用、向量夹角公式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

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