Question

13．如圖，在四棱錐E-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，AE⊥平面CDE，AE=DE=2$\sqrt{6}$，F(xiàn)為線段ED上的一點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：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的長．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用面面垂直的判定定理即可證明平面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關(guān)系即可求EF的長．

解答 （Ⅰ）證明：∵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的中點(diǎn)O，
則OE⊥AD，
∵平面AED⊥平面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
建立以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AH，OD，OF分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
∵AB=2，AE=DE=2$\sqrt{6}$，
∴AD=4$\sqrt{3}$，
則A（0，-$\sqrt{3}$，0），D（0，$\sqrt{3}$，0），B（2，-$\sqrt{3}$，0），C（2，$\sqrt{3}$，0），E（0，0，2$\sqrt{3}$），
設(shè)$\overrightarrow{EF}$=λ$\overrightarrow{ED}$=λ（0，$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{3}$），
則F（0，$\sqrt{3}$λ，2$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$λ），
則∠OHE是A-CB-E的平面角，則OH=AB=2，OE=2$\sqrt{3}$，
則tan∠OHE=$\frac{OE}{OH}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
則∠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，
則二面角A-CB-F的平面角大小為30°，
平面ABCD的法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
設(shè)平面CBF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{BC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{CF}$=（-2，$\sqrt{3}$λ-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$λ），
則$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{BC}$=2$\sqrt{3}$y=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{CF}$=-2x+$\sqrt{3}$（λ-1）y+2$\sqrt{3}$（1-λ）z=0，
則y=0，x=$\sqrt{3}$（1-λ）z，
令z=1，則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=$\frac{1}{9}$，則1-λ=$\frac{1}{3}$，即λ=$\frac{2}{3}$，
則|$\overrightarrow{EF}$|=$\frac{2}{3}$|$\overrightarrow{ED}$|=$\frac{2}{3}$×2$\sqrt{6}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$
即EF的長為$\frac{4\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查面面垂直判定以及二面角的求解，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．