Question

8．如圖所示，五面體ABCDE中，正△ABC的邊長(zhǎng)為1，AE⊥平面ABC，CD∥AE，且CD=$\frac{1}{2}$AE．設(shè)CE與平面ABE所成的角為α，AE=k（k＞0），若α∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{4}$]，則當(dāng)k取最大值時(shí)，平面BDE與平面ABC所成角的正切值為（　　）

• A． $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
• B． 1
• C． $\sqrt{2}$
• D． $\sqrt{3}$

Answer 1

分析 取AC中點(diǎn)O，連接BO，并作OF∥AE，可說(shuō)明OB，OA，OF三直線兩兩垂直，從而可分別以這三直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，可求出圖形上各點(diǎn)的坐標(biāo)．取AB中點(diǎn)G，并連接CG，可以說(shuō)明$\overrightarrow{CG}$為平面ABE的法向量，從而根據(jù)sinα=$cos＜\overrightarrow{CG}，\overrightarrow{CE}＞$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$表示出sinα，由α的范圍求出sinα的范圍，從而求出sinα的范圍，而sinα最小時(shí)k最大，從而求出k的最大值．可設(shè)平面BDE的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$可求出$\overrightarrow{n}$，并且可說(shuō)明$\overrightarrow{AE}$為平面ABC的法向量，設(shè)平面BDE和平面ABC所成角為θ，由cosθ=$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AE}＞$可求出cosθ，從而求出tanθ．

解答 解：取AC中點(diǎn)O，連接BO，過(guò)O作OF∥AE，交DE于F；
△ABC為正三角形；
∴BO⊥AC；
AE⊥平面ABC，OF∥AE；
OF⊥平面ABC；
∴OB，OA，OF三直線兩兩垂直，分別以這三直線為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則：
A（0，$\frac{1}{2}$，0），B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），C（0，$-\frac{1}{2}，0$），D（0，$0，-\frac{1}{2}，\frac{k}{2}$），E（0，$\frac{1}{2}，k$）；
取AB中點(diǎn)G，連接CG，則CG⊥AB，且G（$\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{1}{4}，0$）；
∵AE⊥平面ABC；
∴AE⊥CG，即CG⊥AE，AE∩AB=A；
∴CG⊥平面ABE；
∴$\overrightarrow{CG}$=$（\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{3}{4}，0）$是平面ABE一個(gè)法向量；
∵CE與平面ABE所成的角為α；
∴$sinα=|cos＜\overrightarrow{CE}，\overrightarrow{CG}＞|$=$\frac{\frac{3}{4}}{\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$；
∵$α∈[\frac{π}{6}，\frac{π}{4}]$；
∴sinα∈$[\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}]$；
∵k＞0，∴sinα=$\frac{1}{2}$時(shí)，k取到最大值；
∴由$\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$得k=$\sqrt{2}$；
∴此時(shí)E（$0，\frac{1}{2}，\sqrt{2}$）；
AE⊥平面ABC；
∴向量$\overrightarrow{AE}=（0，0，\sqrt{2}）$為平面ABC的一條法向量；
設(shè)平面BDE的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，則：$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{BD}，\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{BE}$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{6}}{2}z}\\{y=-\frac{\sqrt{2}}{2}z}\end{array}\right.$，取z=2，所以$\overrightarrow{n}=（\sqrt{6}，-\sqrt{2}，2）$；
設(shè)平面BDE與平面ABC所成角為θ，則：cosθ=$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AE}＞$=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$；
∴$sinθ=\frac{\sqrt{6}}{3}$，tanθ=$\sqrt{2}$；
∴平面BDE與平面ABC所成角的正切值為$\sqrt{2}$．
故選C．

點(diǎn)評(píng) 考查等邊三角形的中線也是高線，線面垂直的性質(zhì)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決線面角、二面角問題的方法，線面角的概念及求法，二面角平面角的概念及求法，平面法向量的概念及求法，弄清直線的方向向量和平面法向量夾角與直線和平面所成角，以及平面法向量夾角和平面二面角大小的關(guān)系，兩非零向量垂直的充要條件，向量夾角余弦的坐標(biāo)公式．