Question

2．如圖，矩形CDEF所在的平面與直角梯形ABCD所在的平面垂直，其中AB∥CD，AB=1，BC=$\frac{1}{2}CD=2$，BC⊥CD，MB∥FC，MB=FC=3．P、Q分別為BC、AE的中點(diǎn)．
（1）求證：PQ∥平面MAB；
（2）求二面角A-EC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知BC⊥CD，CF⊥CD，以C為原點(diǎn)，分別以CD、CB、CF所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出所用點(diǎn)的坐標(biāo)，得到$\overrightarrow{PQ}$的坐標(biāo)，再求得平面MAB的一個(gè)法向量，由向量數(shù)量積為0得答案；
（2）分別求出兩個(gè)平面AEC、ECD的法向量，然后利用法向量所成角與二面角的關(guān)系得答案．

解答 （1）證明：∵BC⊥CD，CF⊥CD，
∴以C為原點(diǎn)，分別以CD、CB、CF所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（1，2，0），C（0，0，0），D（4，0，0），E（4，0，3），Q（$\frac{5}{2}，1，\frac{3}{2}$），P（0，1，0），
M（0，2，3），B（0，2，0），
∴$\overrightarrow{PQ}=（\frac{5}{2}，0，\frac{3}{2}）$，由圖可得平面MAB的一個(gè)法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（0，1，0）$，
∵$\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{{n}_{1}}=（\frac{5}{2}，0，\frac{3}{2}）•（0，1，0）=0$，
∴$\overrightarrow{PQ}⊥\overrightarrow{{n}_{1}}$，又PQ?面MAB，
∴PQ∥平面MAB；
（2）解：設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，平面ECD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{3}}=（{x}_{3}，{y}_{3}，{z}_{3}）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{3{x}_{2}-2{y}_{2}+3{z}_{2}=0}\\{-{x}_{2}-2{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，則$\overrightarrow{{n}_{2}}=（2，-1，-\frac{8}{3}）$；
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{3}}•\overrightarrow{EC}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{3}}•\overrightarrow{ED}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-4{x}_{3}-3{z}_{3}=0}\\{-3{z}_{3}=0}\end{array}\right.$，則$\overrightarrow{{n}_{3}}=（0，1，0）$．
設(shè)二面角A-EC-D的平面角為θ，
則cosθ=|cos＜$\overrightarrow{{n}_{2}}，\overrightarrow{{n}_{3}}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{n}_{3}}|}{|\overrightarrow{{n}_{2}}|•|\overrightarrow{{n}_{3}}|}$=$\frac{1}{\sqrt{1}•\sqrt{\frac{109}{9}}}=\frac{3\sqrt{109}}{109}$．

點(diǎn)評 本題主要考查直線與平面之間的平行、垂直等位置關(guān)系，二面角的概念、求法等知識(shí)，以及空間想象能力和邏輯推理能力，是中檔題．