Question

12．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠BAD=90°，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1，如图2，将△ABD沿BD折起来，使平面ABD⊥平面BCD，设E为AD的中点，F为AC上一点，O为BD的中点．
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；、
（Ⅱ）若三棱锥A-BEF的体积为$\frac{\sqrt{2}}{18}$，求二面角A-BE-F的余弦值的绝对值．

Answer 1

分析 （I）由面面垂直可得BC⊥平面ABD，故而BC⊥AO，结合AO⊥BD即可得出AO⊥平面BCD；
（II）根据棱锥的体积得出F的位置，建立空间坐标系，求出两平面的法向量，则两法向量的夹角的余弦的绝对值即为所求．

解答 （I）证明：在图1中，取CD的中点E，连结BE，
∵AB∥DC，∠BAD=90°，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1，
∴BE=DE=CE=1，BE⊥CD，
∴∠DBE=∠CBE=45°，
∴BC⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BC?平面BCD，
∴BC⊥平面ABD，∵AO?平面ABD，
∴AO⊥BC，
∵AB=AD，O是BD的中点，
∴AO⊥BD，又BD∩BC=B，BD?平面BCD，BC?平面BCD，
∴AO⊥平面BCD．
（II）解：设F到平面ABD的距离为h，
则V_A-BEF=V_F-ABE=$\frac{1}{3}•{S}_{△ABE}•h$=$\frac{1}{3}•\frac{1}{2}•1•\frac{1}{2}•h$=$\frac{\sqrt{2}}{18}$，∴h=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
∴CF=$\frac{1}{3}$CA．
由（I）可知OE⊥BD，以O为原点，以OD，OE，OA为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，
则A（0，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），E（$\frac{\sqrt{2}}{4}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{4}$），C（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$，0），
∴$\overrightarrow{BE}$=（$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{4}$），$\overrightarrow{BC}$=（0，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{CA}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∴$\overrightarrow{BF}$=$\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CF}$=$\overrightarrow{BC}+\frac{1}{3}$$\overrightarrow{CA}$=（$\frac{\sqrt{2}}{6}$，$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\frac{\sqrt{2}}{6}$），
设平面BEF的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3\sqrt{2}}{4}x+\frac{\sqrt{2}}{4}z=0}\\{\frac{\sqrt{2}}{6}x+\frac{2\sqrt{2}}{3}y+\frac{\sqrt{2}}{6}z=0}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{m}$=（1，$\frac{1}{2}$，-3），
∵BC⊥平面ABD，∴$\overrightarrow{BC}$=（0，$\sqrt{2}$，0）是平面ABD的一个法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{BC}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{2}•\frac{\sqrt{21}}{2}}$=$\frac{\sqrt{21}}{21}$．
∴二面角A-BE-F的余弦值的绝对值为$\frac{\sqrt{21}}{21}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题．