Question

7．如图所示，平面ABC⊥平面BCDE，BC∥DE，$BC=\frac{1}{2}DE=2$，BE=CD=2，AB⊥BC，M，N分别为DE，AD中点．
（1）证明：平面MNC⊥平面BCDE；
（2）若EC⊥CD，点P为棱AD的三等分点（近A），平面PMC与平面ABC所成锐二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{39}}}{13}$，求棱AB的长度．

Answer 1

分析 （1）连结BM，ON，推导出ON∥AB，AB⊥平面BCDE，从而ON⊥平面BCDE，由此能证明平面MNC⊥平面BCDE．
（2）以C为原点，CE为x轴，CD为y轴，过C作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出棱AB的长度．

解答 证明：（1）连结BM，ON，
由题意四边形BMDC是菱形，∴O是BD中点，
∵N是AD中点，∴ON∥AB，
∵AB⊥BC，平面ABC⊥平面BCDE，∴AB⊥平面BCDE，
∴ON⊥平面BCDE，
∵ON?平面MNC，∴平面MNC⊥平面BCDE．
解：（2）以C为原点，CE为x轴，CD为y轴，过C作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
设A（$\sqrt{3}$，-1，t），（t＞0）由题意D（0，2，0），P（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2t}{3}$），E（2$\sqrt{3}$，0，0），
D（0，2，0），M（$\sqrt{3}，1，0$），B（$\sqrt{3}，-1$，0），C（0，0，0），
$\overrightarrow{CP}$=（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2t}{3}$），$\overrightarrow{CM}$=（$\sqrt{3}，1，0$），$\overrightarrow{CB}$=（$\sqrt{3}，-1，0$），$\overrightarrow{CA}$=（$\sqrt{3}，-1，t$），
设平面PMC的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CP}=\frac{2\sqrt{3}}{3}x+\frac{2t}{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CM}=\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-3，-$\frac{3}{t}$），
设平面ABC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{3}a-b=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=\sqrt{3}a-b+tc=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，3$，0），
∵平面PMC与平面ABC所成锐二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{39}}}{13}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|-6|}{\sqrt{12+\frac{9}{{t}^{2}}}•\sqrt{12}}$=$\frac{\sqrt{39}}{13}$，解得t=3．
∴棱AB的长度为3．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查棱长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．