Question

20．如圖，△ABC的外接圓⊙O半徑為$\sqrt{5}$，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD=4，BC=2，且BE=1，tan∠AEB=2$\sqrt{5}$．
（1）求證：平面ADC⊥平面BCDE；
（2）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$\frac{2}{7}$？若存在，確定點M的位置，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知的線面垂直得到CD⊥AC，然后利用正切值判斷AB是直徑，得到AC⊥BC即可，利用線面垂直的判定定理可證．
（2）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(shè)MN=x，則由直線AM與平面ACD所成角的正弦值為$\frac{2}{7}$，我們可以構(gòu)造關(guān)于x的方程，解方程即可求出x值，進而得到點M的位置．

解答 證明：（1）∵CD⊥⊙O所在的平面，AC?⊙O所在的平面，
∴CD⊥AC，
又BE∥CD，
∴BE⊥⊙O所在的平面，
∴BE⊥AB，
又tan∠AEB=2$\sqrt{5}$=$\frac{AB}{BE}=\frac{AB}{1}$．
∴AB=2$\sqrt{5}$，∴AB是圓的直徑，∴AC⊥BC，
CD∩BC=C，
∴平面ADC⊥平面BCDE；…（6分）
（2）假設(shè)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，                
設(shè)MN=x，計算易得，DN=$\frac{3}{2}$x，MF=4-$\frac{3}{2}$x，
故AM=$\sqrt{A{F}^{2}+M{F}^{2}}$=$\sqrt{A{C}^{2}+C{F}^{2}+M{F}^{2}}$=$\sqrt{16+{x}^{2}+（4-\frac{3}{2}x）^{2}}$，sin∠MAN=$\frac{MN}{AM}$=$\frac{x}{\sqrt{16+{x}^{2}+（4-\frac{3}{2}x）^{2}}}$=$\frac{2}{7}$，
解得：x=-$\frac{8}{3}$（舍去） x=$\frac{4}{3}$，…（13分）
故MN=$\frac{2}{3}$CB，從而滿足條件的點M存在，且DM=$\frac{2}{3}$DE．

點評 本題考查的知識點是直線與平面所成的角、平面與平面垂直的判定，其中（1）的關(guān)鍵是證得CD⊥平面ABC，（2）的關(guān)鍵是直線AM與平面ACD所成角的正弦值為$\frac{2}{7}$，構(gòu)造滿足條件的方程