Question

15．如图，已知直角梯形ACEF与等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，EF∥AC，EF═$\frac{1}{2}$AC，EC⊥AC，AD=DC=CB=CE=$\frac{1}{2}$AB=1．
（Ⅰ）证明：BC⊥AE；
（Ⅱ）求二面角D-BE-F的余弦值；
（Ⅲ）判断直线DF与平面BCE的位置关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB中点G，连结CG，推导出ADCG是平行四边形，AC⊥BC，从而BC⊥平面ACEF，由此能证明BC⊥AE．
（Ⅱ）以C为坐标原点，以CA，CB，CE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向是琺能求出二面角D-BE-F的余弦值．
（Ⅲ）求出平面BCE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（0，1，1），$\overrightarrow{DF}$=（0，$\frac{1}{2}，1$），由$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}$=$\frac{3}{2}$，得到DF与平面BCE相交．

解答 证明：（Ⅰ）取AB中点G，连结CG，
由已知可得ADCG是平行四边形，
所以$CG=AD=\frac{1}{2}AB$，所以 AC⊥BC
又平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC
所以BC⊥平面ACEF，…（3分）
又AE?平面ACEF，所以 BC⊥AE…（4分）
解：（Ⅱ）因为 平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=ACEC⊥AC
所以 EC⊥平面ABCD，由（Ⅰ）知AC⊥BC
如图，以C为坐标原点，以CA，CB，CE为x，y，z轴
建立空间直角坐标系，…（5分）$C（0，0，0），B（0，1，0），E（0，0，1），F（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，1），D（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$$\overrightarrow{EF}=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，0），\overrightarrow{BE}=（0，-1，1），\overrightarrow{BD}=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{3}{2}，0）$
设平面BCE的法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{EF}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BE}=0\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{3}}}{2}x=0\\-y+z=0\end{array}\right.$，所以$\overrightarrow n=（0，1，1）$，…（7分）
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow m=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{BD}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{BE}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{3}}}{2}x-\frac{3}{2}y=0\\-y+z=0\end{array}\right.$，所以$\overrightarrow m=（\sqrt{3}，1，1）$…（8分）
$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{2}{{\sqrt{2}\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，
所以二面角D-BE-F的余弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$…（10分）
（Ⅲ）直线DF与平面BCE相交．            …（11分）
平面BCE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（0，1，1），$\overrightarrow{DF}$=（0，$\frac{1}{2}，1$）
因为$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}$=0+$\frac{1}{2}+1$=$\frac{3}{2}$，所以DF与平面BCE相交．…（12分

点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线面关系的判断，是中档题，注意向量法的合理运用．