【ID】794 【题型】解答题 【类型】高考真题 【来源】2015 年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)
如图, 四边形 $A B C D$ 为菱形, $\angle A B C=120^{\circ}, E, F$ 是平面 $A B C D$ 同一侧的两点, $B E$ 上平面 $A B C D, D F$ 上平面 $A B C D, B E=2 D F, A E \perp E C$.
(I ) 证明: 平面 $A E C \perp$ 平面 $A F C$
(II) 求直线 $\mathrm{AE}$ 与直线 $\mathrm{CF}$ 所成角的余弦值.
答案:
解: ( I ) 连接 BD,
设 $B D \cap A C=G$,
连接 $E G 、 E F 、 F G$,
在菱形 $A B C D$ 中,
不妨设 $B G=1$,
由 $\angle A B C=120^{\circ}$,
可得 $A G=G C=\sqrt{3}$,
$B E \perp$ 平面 $A B C D, A B=B C=2$,
可知 $A E=E C$, 又 $A E \perp E C$,
所以 $E G=\sqrt{3}$, 且 $E G \perp A C$,
在直角 $\triangle E B G$ 中, 可得 $B E=\sqrt{2}$, 故 $D F=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
在直角三角形 FDG 中, 可得 $F G=\frac{\sqrt{6}}{2}$,

在直角梯形 $B D F E$ 中, 由 $B D=2, B E=\sqrt{2}, F D=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 可得 $E F=\sqrt{2^{2}+\left(\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$
从而 $E G^{2}+F G^{2}=E F^{2}$, 则 $E G \perp F G$,
(或由 $\tan \angle \mathrm{EGB} \cdot \tan \angle \mathrm{FGD}=\frac{\mathrm{EB}}{\mathrm{BG}} \bullet \frac{\mathrm{FD}}{\mathrm{DG}}=\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=1$,
可得 $\angle E G B+\angle F G D=90^{\circ}$, 则 $E G \perp F G$ )
$A C \cap F G=G$, 可得 $E G \perp$ 平面 $A F C$,
由 $E G \subset$ 平面 $A E C$, 所以平面 $A E C \perp$ 平面 $A F C$;
(II) 如图, 以 $G$ 为坐标原点, 分别以 $G B, G C$ 为 $x$ 轴, $y$ 轴, $|G B|$ 为单位长度
建立空间直角坐标系 $G-x y z$, 由(I ) 可得 $A(0,-\sqrt{3}, 0), E(1,0, \sqrt{2})$

$F\left(-1,0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right), C(0, \sqrt{3}, 0)$,
即有 $\overrightarrow{\mathrm{AE}}=(1, \sqrt{3}, \sqrt{2}), \overrightarrow{\mathrm{CF}}=\left(-1,-\sqrt{3}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$,
故 $\cos < \overrightarrow{\mathrm{AE}}, \overrightarrow{\mathrm{CF}} > =\frac{\overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{CF}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AE}}| \cdot|\overrightarrow{\mathrm{CF}}|}=\frac{-1-3+1}{\sqrt{6} \times \sqrt{\frac{9}{2}}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.
则有直线 $\mathrm{AE}$ 与直线 $\mathrm{CF}$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.

解析:

视频讲解

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