Question

11．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF=3，G和H分别是CE和CF的中点．
（Ⅰ）求证：平面BDGH∥平面AEF；
（Ⅱ）求二面角H-BD-C的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明GH∥平面AEF．OH∥平面AEF．利用平面平行的判定定理证明平面BDGH∥平面AEF．
（Ⅱ）取EF的中点N，连接ON，以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系．求出相关点的坐标，求出平面BDH的法向量，平面BCD的法向量，利用向量的数量积求解二面角H-BD-C的余弦函数值，然后求出大小．

解答 （Ⅰ）证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，
所以GH∥EF，又因为GH?平面AEF，EF?平面AEF，
所以GH∥平面AEF．…（2分）
设AC∩BD=O，连接OH，
因为ABCD为菱形，所以O为AC中点
在△ACF中，因为OA=OC，CH=HF，
所以OH∥AF，
又因为OH?平面AEF，AF?平面AEF，
所以OH∥平面AEF．
又因为OH∩GH=H，OH，GH?平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF．…（6分）

（Ⅱ）解：取EF的中点N，连接ON，因为四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，所以ON∥ED，因为平面BDEF⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，
所以ON⊥平面ABCD，因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．
所以以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系．
因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，BF=3，所以B（1，0，0），D（-1，0，0），E（-1，0，3），F（1，0，3），$C（0，\sqrt{3}，0）$，$H（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}）$．所以$\overrightarrow{BH}=（-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}）$，$\overrightarrow{DB}=（2，0，0）$．设平面BDH的法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{BH}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3}y+3z=0\\ 2x=0\end{array}\right.$．令z=1，得$\overrightarrow n=（0，-\sqrt{3}，1）$．…（9分）
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为$\overrightarrow{DE}=（0，0，3）$，则$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{DE}＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{DE}}}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow{DE}}|}}=\frac{{0×0+（-\sqrt{3}）×0+1×3}}{2×3}=\frac{1}{2}$
所以二面角H-BD-C的大小为60°．…（12分）
注：用传统法找二面角并求解酌情给分．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．