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3.如图几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD=2.面EAD⊥面ABCD,面FCB⊥面ABCD,且CF⊥BC.
(1)证明:BD⊥AE;
(2)若△ADE是正三角形,当二面角E-BD-F为60°时,求CF的长度.

分析 (1)由余弦定理求出BD=4,从而由勾股定理得AD⊥BD,进而BD⊥平面ADE,由此能证明BD⊥AE.
(2)以C为原点,CA,CB,CF所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法求出当CF=$\sqrt{3}$时,面角E-BD-F为60°.

解答 证明:(1)∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD=2.
面EAD⊥面ABCD,面FCB⊥面ABCD,且CF⊥BC,
∴BD=$\sqrt{4+4-2×2×2×cos120°}$=2$\sqrt{3}$,AB=2CD=4,
∴AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD,
又平面ADE⊥平面ABCD,且平面ADE∩平面ABCD=AD,
∴BD⊥平面ADE,
∵AE?平面ADE,∴BD⊥AE.
解:(2)连结AC,由(1)知AD⊥BD,∴AC⊥BC,
∵面FCB⊥面ABCD,且面FCB∩面ABCD=BC,
∴FC⊥面ABCD,∴CA,CB,CF两两垂直,
以C为原点,CA,CB,CF所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
设CF=λ,(λ>0),
则C(0,0,0),A(2$\sqrt{3}$,0,0),B(0,2,0),
D($\sqrt{3}$,-1,0),E($\frac{3\sqrt{3}}{2}$,-$\frac{1}{2}$,$\sqrt{3}$),F(0,0,λ),
$\overrightarrow{BD}$=($\sqrt{3},-3,0$),$\overrightarrow{DE}$=($\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{1}{2}$,$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{BF}$=(0,-2,λ),
平面BDE的法向量$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=\sqrt{3}x-3y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$,取x=3,得$\overrightarrow{n}$=(3,$\sqrt{3}$,-2),
设平面BDF的法向量$\overrightarrow{m}$=(a,b,c),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=\sqrt{3}a-3b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BF}=-2b+λc=0}\end{array}\right.$,取a=$\sqrt{3}$,得$\overrightarrow{m}$=($\sqrt{3},1,\frac{2}{λ}$),
∵面角E-BD-F为60°,
∴cos60°=$\frac{|\overrightarrow{n},\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{|4\sqrt{3}-\frac{4}{λ}|}{4•2•\sqrt{1+\frac{1}{{λ}^{2}}}}$,解得$λ=\sqrt{3}$,
∴当CF=$\sqrt{3}$时,面角E-BD-F为60°.

点评 本题考查异面直线垂直的证明,考查满足条件的线段长的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.

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