Question

2．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为1的正方形，四边形BDEF是矩形，且BF=2，CF=$\sqrt{5}$，G和H分别是CE和CF的中点．
（I）求证：平面ABCD⊥平面BDEF；（II）求二面角B-GH-E的余弦值．

Answer 1

分析 （I）利用勾股定理得出BF⊥BC，结合BF⊥BD即可得BF⊥平面ABCD，从而有平面ABCD⊥平面BDEF；
（II）以B为原点建立空间坐标系，求出平面BGH和平面EGH的法向量，即可得出二面角的余弦值．

解答 证明：（I）∵四边形BDEF是矩形，∴BF⊥BD，
∵BF=2，CF=$\sqrt{5}$，BC=1，
∴BF²+BC²=CF²，∴BF⊥BC，
又BC?平面ABCD，BD?平面ABCD，BC∩BD=B，
∴BF⊥平面ABCD，又BF?平面BDEF，
∴平面ABCD⊥平面BDEF．
（II）以B为原点，以BC，BA，BF为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz，
∴B（0，0，0），E（1，1，2），C（0，1，0），F（0，0，2），
∵G和H分别是CE和CF的中点，∴G（$\frac{1}{2}$，1，1），H（0，$\frac{1}{2}$，1），
∴$\overrightarrow{GH}$=（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{BH}$=（0，$\frac{1}{2}$，1），$\overrightarrow{EG}$=（-$\frac{1}{2}$，0，-1），
设平面BGH的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），平面GHE的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂），
则$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{x}_{1}-\frac{1}{2}{y}_{1}=0}\\{\frac{1}{2}{y}_{1}+{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{x}_{2}-\frac{1}{2}{y}_{2}=0}\\{-\frac{1}{2}{x}_{2}-{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令z₁=1得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（2，-2，1），令z₂=1得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（-2，2，1），
∴$\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}$=-7，
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=-$\frac{7}{9}$，
设二面角B-GH-E为θ，则sinθ=$\frac{7}{9}$，
∵二面角B-GH-E为钝二面角，
∴cosθ=-$\sqrt{1-（\frac{7}{9}）^{2}}$=-$\frac{4\sqrt{2}}{9}$．
故二面角B-GH-E的余弦值为-$\frac{4\sqrt{2}}{9}$．

点评 本题考查了面面垂直的判定定理，空间向量与二面角的计算，属于中档题．