Question

19．如圖，在五面體ABCDEF中，AB∥CD∥EF，CD=EF=CF=2AB=2AD=2，∠DCF=60°，AD⊥CD，平面CDEF⊥平面ABCD．
（1）求異面直線BE與CF所成角的余弦值；
（2）證明：直線CE⊥平面ADF；
（3）已知P為棱BC上的點，且二面角P-DF-A為60°，求PE的長．

Answer 1

分析 （1通過證明GD⊥EF，通過GD⊥平面ABCD，以D為原點，DA，DC，DG的方向為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系
求出異面直線BE與CF對應(yīng)的向量．利用空間向量數(shù)量積求解即可．
（2）證明CE⊥DA，CE⊥DF，利用直線與平面垂直的判定定理證明直線CE⊥平面ADF．
（3）設(shè)P（a，2-a，0）（0＜a≤1），求出平面PDF的法向量，通過二面角P-DF-A為60°，通過二面角求出a，然后求解，PE．

解答 （1）解：∵CD∥EF，CD=EF=CF=2∴四邊形CDEF為菱形，
∵∠DCF=60°，∴△DEF為正三角形，取EF的中點G，連接GD，則GD⊥EF
∴GD⊥CD，∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，CD=平面CDEF∩平面ABCD，
∴GD⊥平面ABCD
∵AD⊥CD∴DA，DC，DG兩兩垂直…（2分）
以D為原點，DA，DC，DG的方向為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系

∵CD=EF=CF=2，AB=AD=1，
∴$A（1，0，0），\;B（1，1，0），\;C（0，2，0），\;E（0，-1，\sqrt{3}），\;F（0，1，\sqrt{3}）$…（3分）
∴$\overrightarrow{BE}=（-1，-2，\sqrt{3}），\;\overrightarrow{CF}=（0，-1，\sqrt{3}）$，
設(shè)異面直線BE與CF所成角為α
則$cosα=|cos＜\overrightarrow{BE}，\overrightarrow{CF}＞|=\frac{{|\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{CF}|}}{{|\overrightarrow{BE}||\overrightarrow{CF}|}}=\frac{5}{{\sqrt{8}\sqrt{4}}}=\frac{{5\sqrt{2}}}{8}$…（5分）
（2）證明：∵$\overrightarrow{DA}=（1，0.0），\;\overrightarrow{DF}=（0，1，\sqrt{3}），\;\overrightarrow{CE}=（0，-3，\sqrt{3}）$
∴$\overrightarrow{CE}•\overrightarrow{DA}=0，\;\overrightarrow{CE}•\overrightarrow{DF}=0$∴CE⊥DA，CE⊥DF…（7分）
∵DA，DF是平面ADF內(nèi)的兩條相交直線
∴直線CE⊥平面ADF…（8分）
（3）解：依題意可設(shè)P（a，2-a，0）（0＜a≤1），平面PDF的法向量為$\vec n=（x，y，z）$
，∴$\left\{\begin{array}{l}y+\sqrt{3}z=0\\ ax+（2-a）y=0\end{array}\right.$，令$y=\sqrt{3}a$，則$x=\sqrt{3}（a-2），\;z=-a$
∴$\vec n=（\sqrt{3}（a-2），\;\sqrt{3}a，\;-a）$…（10分）
∵二面角P-DF-A為60⁰，$\overrightarrow{CE}=（0，-3，\sqrt{3}）$是平面ADF的法向量
∴$|cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{CE}＞|=\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}|}{|\overrightarrow{n}\left|\right|\overrightarrow{CE}|}$=$\frac{1}{2}$，解得$a=\frac{2}{3}$…（12分）
∴$P（\frac{2}{3}，\frac{4}{3}，0）$，∴$PE=\sqrt{{{（{\frac{2}{3}-0}）}^2}+{{（{\frac{4}{3}+1}）}^2}+{{（{0-\sqrt{3}}）}^2}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{3}$…（13分）

點評 本題考查二面角的平面角的應(yīng)用，直線余平米垂直的判定定理的應(yīng)用，空間兩點間的距離公式的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計算能力．