Question

（2012•日照一模）在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC=2AD=4，EF=3，AE=BE=2，G是BC的中點(diǎn)．
（1）求證：BD⊥EG；
（2）求平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析：解法1
（1）證明BD⊥EG，只需證明EG⊥平面BHD，證明DH⊥EG，BH⊥EG即可；
（2）先證明∠GMH是二面角G-DE-F的平面角，再在△GMH中，利用余弦定理，可求平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值；
解法2
（1）證明EB，EF，EA兩兩垂直，以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EF，EA分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系用坐標(biāo)表示點(diǎn)與向量，證明

BD

•

EG

=0，可得BD⊥EG；
（2）由已知得

EB

=(2，0，0)是平面DEF的法向量，求出平面DEG的法向量

n

=(1，-1，1)，利用向量的夾角公式，可求平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值．

解答：解法1
（1）證明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，∴EF⊥AE，
又AE⊥EB，EB∩EF=E，EB，EF?平面BCFE，
∴AE⊥平面BCFE．…（2分）
過D作DH∥AE交EF于H，則DH⊥平面BCFE．
∵EG?平面BCFE，
∴DH⊥EG．…（4分）
∵AD∥EF，DH∥AE，∴四邊形AEHD平行四邊形，
∴EH=AD=2，
∴EH=BG=2，又EH∥BG，EH⊥BE，
∴四邊形BGHE為正方形，
∴BH⊥EG，…（6分）
又BH∩DH=H，BH?平面BHD，DH?平面BHD，
∴EG⊥平面BHD．…（7分）
∵BD?平面BHD，
∴BD⊥EG．…（8分）
（2）解：∵AE⊥平面BCFE，AE?平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面BCFE
由（1）可知GH⊥EF，∴GH⊥平面AEFD
∵DE?平面AEFD，∴GH⊥DE…（9分）
取DE的中點(diǎn)M，連接MH，MG
∵四邊形AEHD是正方形，∴MH⊥DE
∵M(jìn)H∩GH=H，MH?平面GHM，GH?平面GHM，∴DE⊥平面GHM，∴DE⊥MG
∴∠GMH是二面角G-DE-F的平面角，…（12分）
在△GMH中，GH=2，MH=

2

，MG=

6

，∴cos∠GMH=

2

6

=

3

3

…（13分）
∴平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值為

3

3

．…（14分）
解法2
（1）證明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE，
又AE⊥EB，∴EB，EF，EA兩兩垂直．…（2分）
以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EF，EA分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
由已知得，A（0，0，2），B（2，0，0），C（2，4，0），F(xiàn)（0，3，0），D（0，2，2），G（2，2，0）．…（4分）
∴

EG

=(2，2，0)，

BD

=(-2，2，2)，…（6分）
∴

BD

•

EG

=-2×2+2×2=0，…（7分）
∴BD⊥EG．…（8分）
（2）解：由已知得

EB

=(2，0，0)是平面DEF的法向量．…（9分）
設(shè)平面DEG的法向量為

n

=(x，y，z)，
∵

ED

=(0，2，2)，

EG

=(2，2，0)，
∴

ED • n =0 EG • n =0

，即

y+z=0 x+y=0

，令x=1，得

n

=(1，-1，1)．…（12分）
設(shè)平面DEG與平面DEF所成銳二面角的大小為θ，
則cosθ=|cos＜

n

，

EB

＞|=

| n • EB |

| n |•| EB |

=

2

2 3

=

3

3

…（13分）
∴平面DEG與平面DEF所成銳二面角的余弦值為

3

3

．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查線線垂直，考查面面角，考查利用空間向量解決立體幾何問題，兩法并舉，注意體會(huì)．