Question

如圖，△ABC的外接圓⊙O的半徑為

5

，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD=4，BC=2，且BE=1，cos∠AEB=

21

21

．
（1）求證：平面ADC⊥平面BCDE；
（2）求幾何體ABCDE的體積；
（3）試問線段DE上是否存在點M，使得直線AM與平面ACD所成角的正弦值為

2

7

？若存在，確定點M的位置，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知中CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，易得BE⊥平面ABC，則BE⊥AB，由BE=1，cos∠AEB=

21

21

，易得AB是⊙O的直徑，則AC⊥BC由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理可得平面ADC⊥平面BCDE；
（2）由（1）中結論，可得AC⊥平面BCDE，求出平面BCDE的面積和AC的長，代入棱錐體積公式，即可求出幾何體ABCDE的體積；
（3）方法一：過點M作MN⊥CD于N，連接AN，作MF⊥CB于F，連接AF，可得∠MAN為MA與平面ACD所成的角，設MN=x，則由直線AM與平面ACD所成角的正弦值為

2

7

，我們可以構造關于x的方程，解方程即可求出x值，進而得到點M的位置．
方法二：建立如圖所示空間直角坐標系C-xyz，求出平面ABC的法向量和直線AM的方向向量（含參數(shù)λ），由直線AM與平面ACD所成角的正弦值為

2

7

，根據(jù)向量夾角公式，我們可以構造關于λ的方程，解方程即可得到λ值，進而得到點M的位置．

解答：解：（1）∵CD⊥平面ABC，BE∥CD
∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB       …（1分）
∴cos∠AEB=

BE

AE

=

21

21

∵BE=1∴AE=

21

，
從而AB=

AE2-BE2

=2

5

…（2分）
∵⊙O的半徑為

5

，
∴AB是直徑，∴AC⊥BC…（3分）
又∵CD⊥平面ABC，
∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD
∵BC?平面BCDE，
∴平面ADC⊥平面BCDE      …（5分）
（2）由（1）知：AC=

AB2-BC2

=4，…（6分）
VABCDE=

1

3

SBCDE•AC=

1

3

×

1

2

(BE+CD)•BC•AC=

1

6

(1+4)•2•4=

20

3

…（9分）
（3）方法一：
假設點M存在，過點M作MN⊥CD于N，連接AN，作MF⊥CB于F，連接AF
∵平面ADC⊥平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，
∴∠MAN為MA與平面ACD所成的角                              …（10分）
設MN=x，計算易得，DN=

3

2

x，MF=4-

3

2

x…（11分）
故AM=

AF2+MF2

=

AC2+CF2+MF2

=

16+x2+(4- 3 2 x)2

sin∠MAN=

MN

AM

=

x

16+x2+(4- 3 2 x)2

=

2

7

…（12分）
解得：x=-

8

3

（舍去） x=

4

3

，…（13分）
故MN=

2

3

CB，從而滿足條件的點M存在，且DM=

2

3

DE…（14分）
方法二：建立如圖所示空間直角坐標系C-xyz，則：
A（4，0，0），B（0，2，0），D（0，0，4），E（0，2，1），O（0，0，0）
則

DE

=(0，2，-3)…（10分）
易知平面ACD的法向量為

OB

=(0，2，0)，
假設M點存在，設M（a，b，c），則

DM

=(a，b，c-4)，
再設

DM

=λ

DE

，λ∈(0，1]∴

a=0 b=2λ c-4=-3λ

⇒

a=0 b=2λ c=4-3λ

，
即M（0，2λ，4-3λ），從而

AM

=(-4，2λ，4-3λ)
…（11分）
設直線AM與平面ABD所成的角為θ，
則：sinθ=|cos?

AM

，

OB

＞|=

|2λ×2|

2• 16+4λ2+(4-3λ)2

=

2

7

…（12分）
解得λ=-

4

3

或λ=

2

3

，…（13分）
其中λ=-

4

3

∉(0，1]應舍去，而λ=

2

3

∈(0，1]
故滿足條件的點M存在，且點M的坐標為(0，

4

3

，2)…（14分）

點評：本題考查的知識點是直線與平面所成的角，棱錐的體積，平面與平面垂直的判定，其中（1）的關鍵是證得CD⊥平面ABC，（2）的關鍵是得到幾何體是一個以AC為高，以BCDE為底面的四棱錐，（3）的關鍵是直線AM與平面ACD所成角的正弦值為

2

7

，構造滿足條件的方程．