Question

3．如图，在三棱锥A-BCD中，∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AC=6$\sqrt{3}$，BC=CD=6，E点在平面BCD内，EC=BD，EC⊥BD．
（Ⅰ）求证：AE⊥平面BCDE；
（Ⅱ）设点G在棱AC上，若二面角C-EG-D的余弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，试求$\frac{CG}{GA}$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接BE，设BD交CE于O，只需证明CD⊥AE，BC⊥AE，BC∩CD=C，即可得所以AE⊥平面BCDE
（Ⅱ）由（Ⅰ）的证明过程知BCDE为正方形，如图建立坐标系，
则：E（0，0，0），D（0，6，0），A（0，0，6），B（6，0，0），C（6，6，0）
设$\frac{CG}{GA}=t$（t＞0），G（x，y，z）
由$\overrightarrow{CG}=t\overrightarrow{GA}$可得$G（{\frac{6}{1+t}，\frac{6}{1+t}，\frac{6t}{1+t}}）$，则$\overrightarrow{ED}=（{0，6，0}）$，$\overrightarrow{EG}=（{\frac{6}{1+t}，\frac{6}{1+t}，\frac{6t}{1+t}}）$
易知平面CEG的一个法向量为$\overrightarrow{DB}=（{6，-6，0}）$，求出平面DEG的一个法向量为$\overrightarrow n=（{{x_0}，{y_0}，{z_0}}）$．
利用向量的夹角公式求解．

解答 解：（Ⅰ）证明：连接BE，设BD交CE于O，
因为△BCD是等腰直角三角形CO⊥BD，所以$CO=\frac{1}{2}BD$，又EC=BD，所以O是BD和CE的中点
已知EC⊥BD，所以四边形BCDE是正方形
则CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩CD=D
所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE
同理BC⊥AE，BC∩CD=C
所以AE⊥平面BCDE；

（Ⅱ）由（Ⅰ）的证明过程知BCDE为正方形，如图建立坐标系，
则：E（0，0，0），D（0，6，0），A（0，0，6），B（6，0，0），C（6，6，0）
设$\frac{CG}{GA}=t$（t＞0），G（x，y，z）
由$\overrightarrow{CG}=t\overrightarrow{GA}$可得$G（{\frac{6}{1+t}，\frac{6}{1+t}，\frac{6t}{1+t}}）$
则$\overrightarrow{ED}=（{0，6，0}）$，$\overrightarrow{EG}=（{\frac{6}{1+t}，\frac{6}{1+t}，\frac{6t}{1+t}}）$
易知平面CEG的一个法向量为$\overrightarrow{DB}=（{6，-6，0}）$
设平面DEG的一个法向量为$\overrightarrow n=（{{x_0}，{y_0}，{z_0}}）$
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{ED}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{EG}=0\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}6{y_0}=0\\ \frac{6}{1+t}{x_0}+\frac{6}{1+t}{y_0}+\frac{6t}{1+t}{z_0}=0\end{array}\right.$
令x₀=1得${z_0}=-\frac{1}{t}$，$\overrightarrow n=（{1，0，-\frac{1}{t}}）$
所以$\frac{{\overrightarrow{DB}•\overrightarrow n}}{{|{\overrightarrow{DB}}|•|{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，$\frac{6}{{6\sqrt{2}•\sqrt{1+\frac{1}{t^2}}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$
解得t=2，所以$\frac{CG}{GA}=2$．

点评 本题考查了空间线面垂直的判定，向量法求二面角，属于中档题．