Question

13．如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，AE⊥平面CDE，AE=DE=2$\sqrt{6}$，F为线段ED上的一点．
（Ⅰ）求证：平面AED⊥平面ABCD；
（Ⅱ）若二面角A-CB-E的平面角是二面角A-CB-F的平面角大小的2倍，求EF的长．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用面面垂直的判定定理即可证明平面AED⊥平面ABCD；
（Ⅱ）若二面角A-CB-E的平面角是二面角A-CB-F的平面角大小的2倍，求出二面角的平面角，利用向量法和二面角的关系即可求EF的长．

解答 （Ⅰ）证明：∵AE⊥平面CDE，CD?平面CDE，∴AE⊥CD，
∵底面ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
∵AD∩AE=A，∴CD⊥平面ABCD，
∵CD?平面ABCD，∴平面AED⊥平面ABCD；
（Ⅱ）∵AE=DE=2$\sqrt{6}$，
∴取AD的中点O，
则OE⊥AD，
∵平面AED⊥平面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
建立以O为坐标原点，AH，OD，OF分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
∵AB=2，AE=DE=2$\sqrt{6}$，
∴AD=4$\sqrt{3}$，
则A（0，-$\sqrt{3}$，0），D（0，$\sqrt{3}$，0），B（2，-$\sqrt{3}$，0），C（2，$\sqrt{3}$，0），E（0，0，2$\sqrt{3}$），
设$\overrightarrow{EF}$=λ$\overrightarrow{ED}$=λ（0，$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{3}$），
则F（0，$\sqrt{3}$λ，2$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$λ），
则∠OHE是A-CB-E的平面角，则OH=AB=2，OE=2$\sqrt{3}$，
则tan∠OHE=$\frac{OE}{OH}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
则∠OHE=60°，
若二面角A-CB-E的平面角是二面角A-CB-F的平面角大小的2倍，
则二面角A-CB-F的平面角大小为30°，
平面ABCD的法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
设平面CBF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{BC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{CF}$=（-2，$\sqrt{3}$λ-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$λ），
则$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{BC}$=2$\sqrt{3}$y=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{CF}$=-2x+$\sqrt{3}$（λ-1）y+2$\sqrt{3}$（1-λ）z=0，
则y=0，x=$\sqrt{3}$（1-λ）z，
令z=1，则x=$\sqrt{3}$（1-λ），
即$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$（1-λ），0，1），
|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=$\frac{1}{\sqrt{3（1-λ）^{2}+1}}$=cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
平方得（1-λ）²=$\frac{1}{9}$，则1-λ=$\frac{1}{3}$，即λ=$\frac{2}{3}$，
则|$\overrightarrow{EF}$|=$\frac{2}{3}$|$\overrightarrow{ED}$|=$\frac{2}{3}$×2$\sqrt{6}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$
即EF的长为$\frac{4\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题主要考查面面垂直判定以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．