Question

14．如图，在多面体ABCDE中，DB⊥平面ABC，AE⊥平面ABC，且△ABC是的边长为4的等边三角形，AE=2，CD与平面ABDE所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$，F是线段CD上一点．
（Ⅰ）若F是线段CD的中点，证明：平面CDE⊥面DBC；
（Ⅱ）求二面角B-EC-D的平面角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB中点O，连结OC，OD，取ED的中点为M，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OM为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面CDE⊥平面DBC．
（Ⅱ）求出平面DEC 的一个法向量和平面BCE的一个法向量，利用向量法能求出二面角B-EC-D的平面角的正弦值．

解答 证明：（Ⅰ）取AB中点O，连结OC，OD，
∵DB⊥平面ABC，DB?平面ABDE，
∴平面ABDE⊥平面ABC，
∵△ABC是等边三角形，∴OC⊥AB，
又OC?平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，
∴OC⊥平面ABD，
∴OD是CD在平面ABDE上的射影，∠CDO是CD与平面ABDE所成角，
∵CD与平面ABDE所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$，
∴CD与平面ABDE所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$，∴sin$∠CDO=\frac{OC}{CD}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，
∵OC=2$\sqrt{3}$，∴CD=4$\sqrt{2}$，BD=4，
取ED的中点为M，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OM为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，-2，0），B（0，2，0），C（2$\sqrt{3}$，0，0），D（0，2，4），E（0，-2，2），F（$\sqrt{3}$，1，2），
∴$\overrightarrow{EF}$=（$\sqrt{3}，3，0$），$\overrightarrow{BC}$=（2$\sqrt{3}$，-2，0），$\overrightarrow{BD}$=（0，0，4），
∴$\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{BC}=6-6+0=0$，$\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{BD}=0$，
∴EF⊥BC，EF⊥BD，
∵DB，BC?平面DBC，且DB∩BC=B，
∴∴EF⊥平面DBC，又EF?平面BDF，
∴平面CDE⊥平面DBC．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当F是线段CD的中点时，得BF⊥平面DEC，
又$\overrightarrow{BF}$=（$\sqrt{3}，-1，2$），
则可取平面DEC 的一个法向量$\overrightarrow{m}$=$\overrightarrow{BF}$=（$\sqrt{3}，-1，2$），
设平面BCE的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{BC}$=（2$\sqrt{3}$，-2，0），$\overrightarrow{DC}$=（2$\sqrt{3}$，2，-2），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=2\sqrt{3}x-2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EC}=2\sqrt{3}x+2y-2z=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}，2\sqrt{3}$），
则cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{2}×4}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
sin＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\sqrt{10}}{4}$，
∴二面角B-EC-D的平面角的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．