Question

10．如图1，已知四边形ABCD为菱形，且∠A=60°，AB=2，E为AB 的中点．现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD，如图2．

（Ⅰ）求证：DE⊥平面ABE；
（Ⅱ）若二面角A-DE-H的大小为$\frac{π}{3}$，求平面ABH与平面ADE所成锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出DE⊥AE，DE⊥EB，由此能证明DE⊥平面AEB．
（Ⅱ）延长HB，DE交于点L，连结AL，取AE的中点O，过点O作OM⊥AL于点M，连结MB，推导出∠BMO为平面ADE与平面ABH所成锐二面角的一个平面角，由此能求出平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，且∠A=60°，
∴DB=AB=AD…（1分）
又∵E为AB的中点，
∴DE⊥AE，DE⊥EB…（3分）
又∵AE∩BE=点E，AE?平面AEB，BE?平面AEB…（4分）
∴DE⊥平面AEB…（5分） （注：三个条件中，每少一个扣1分）
解：（Ⅱ）延长HB，DE交于点L，连结AL，
取AE的中点O，过点O作OM⊥AL于点M，
连结MB，如右图．由DE⊥平面ABE，
可知∠AEB为二面角A-DE-H的一个平面角，
即有∠AEB=60°．…（7分）
∵O为AE中点，∴BO⊥AE．
∵BO⊥DE，∴BO⊥平面ADE，即BO⊥AL且BO⊥MO．
又∵OM⊥AL，∴AL⊥平面BOM，
即∠BMO为平面ADE与平面ABH所成锐二面角的一个平面角．…（9分）
而$BO=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，AO=\frac{1}{2}$．易得$LE=\sqrt{3}$，而AE=1，∠AEL=90°，∴∠EAL=60°，
则$MO=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$．由勾股定理，得$MB=\sqrt{{{（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）}^2}+{{（{\frac{{\sqrt{3}}}{4}}）}^2}}=\frac{{\sqrt{15}}}{4}$，
则$cos∠BMO=\frac{MO}{MB}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，…（11分）
即平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…（12分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．