Question

18．如圖，ABCD是邊長為a的正方形，PA⊥平面ABCD．
（1）若PA=AB，點E是PC的中點，求直線AE與平面PCD所成角的正弦值；
（2）若BE⊥PC且交點為E，BE=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，G為CD的中點，線段AB上是否存在點F，使得EF∥平面PAG？若存在，求AF的長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）以A為原點，建立如圖所示的坐標(biāo)系，求出平面PCD的法向量，即可求直線AE與平面PCD所成角的正弦值；
（2）確定E的坐標(biāo)，平面PAG的法向量，利用EF∥平面PAG，$\overrightarrow{EF}$•$\overrightarrow{n}$=0，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）以A為原點，建立如圖所示的坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a），E（$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$），
$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$），$\overrightarrow{DC}$=（a，0，0），$\overrightarrow{PD}$=（0，a，-a），
設(shè)平面PCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{ax=0}\\{ay-az=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{m}$=（0，1，1），則直線AE與平面PCD所成角的正弦值為$\frac{\frac{a}{2}+\frac{a}{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{\frac{{a}^{2}}{4}+\frac{{a}^{2}}{4}+\frac{{a}^{2}}{4}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（2）G（$\frac{a}{2}$，a，0），設(shè)P（0，0，c）（c＞0），則$\overrightarrow{CP}$=（-a，-a，c），
設(shè)$\overrightarrow{CE}$=λ$\overrightarrow{CP}$，則E（（1-λ）a，（1-λ）a，λc），
∴$\overrightarrow{BE}$=（-λa，（1-λ）a，λc），
∵BE=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，
∴（-λa）²+[（1-λ）a]²+（λc）²=$\frac{2}{3}$①
∵BE⊥PC，
∴λa²-（1-λ）a²+λc²=0，
∴c²=$\frac{1-2λ}{λ}$a²，②
由①②解得λ=$\frac{1}{3}$，c=a，
∴E（$\frac{2}{3}$a，$\frac{2}{3}$a，$\frac{1}{3}$a），P（0，0，a）
若存在滿足條件的點F，可設(shè)AF=l（0≤l≤a），則F（l，0，0），$\overrightarrow{EF}$=（l-$\frac{2}{3}$a，-$\frac{2}{3}$a，-$\frac{1}{3}$a），
設(shè)平面PAG的法向量為$\overrightarrow{n}$=（s，t，p），則$\left\{\begin{array}{l}{ap=0}\\{\frac{1}{2}as+at=0}\end{array}\right.$，
∴$\overrightarrow{n}$=（（-2，1，0），
∵EF∥平面PAG，∴$\overrightarrow{EF}$•$\overrightarrow{n}$=0，
∴-2l+$\frac{4}{3}$a-$\frac{2}{3}$a=0，
∴l(xiāng)=$\frac{1}{3}$a，
∴存在滿足條件的點F，AF=$\frac{1}{3}$a．

點評 本題主要考查空間直線和平面位置的關(guān)系判斷以及空間角的求法，要求熟練掌握向量法是關(guān)鍵．