Question

14．如圖，在△ABC中，∠A=105°，∠B=30°，AB=2$\sqrt{3}$，AD是BC邊上的高，現(xiàn)沿AD將△ABD折起到△AED的位置，使得EC=2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求證：AE⊥CD；
（Ⅱ）在線段AE上求一點(diǎn)P，使得異面直線DP與AC成角的余弦值恰為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）首先畫出折疊后的圖形，根據(jù)已知條件能夠說(shuō)明AD⊥平面CDE，并且能求出DA=DC=$\sqrt{3}$，DE=3，并且證明出DE⊥DC，得到DE，DC，DA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，求出折疊后圖形上點(diǎn)的坐標(biāo)，證明$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{CD}=0$即可；
（Ⅱ）根據(jù)已知條件設(shè)P（$3-\sqrt{3}{z}_{0}$，0，z₀），從而有$|cos＜\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{AC}＞|=\frac{|\overrightarrow{DP}•\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{DP}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，帶入$\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{AC}$坐標(biāo)即可求出z₀，從而求出點(diǎn)P．

解答 解：（Ⅰ）如圖，
 根據(jù)已知條件，AD⊥DE，AD⊥DC，DE∩DC=D；
∴AD⊥平面CDE；
在△ABC中，∠A=105°，∠B=30°，AB=2$\sqrt{3}$，∴∠C=45°；
∴由正弦定理得，$\frac{AC}{sin30°}=\frac{2\sqrt{3}}{sin45°}$；
∴$AC=\sqrt{6}$；
∴$BD=2\sqrt{3}•cos30°=3$，CD=$\sqrt{6}•cos45°=\sqrt{3}=AD$；
∴DE=3，又EC=$2\sqrt{3}$；
∴DE²+CD²=EC²；
∴DE⊥DC；
∴DE，DC，DA三直線兩兩垂直，所以分別以這三條直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則：D（0，0，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），C（0，$\sqrt{3}$，0），E（3，0，0）；
∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{CD}=（3，0，-\sqrt{3}）•（0，-\sqrt{3}，0）=0$；
∴$\overrightarrow{AE}⊥\overrightarrow{CD}$；
∴AE⊥CD；
（Ⅱ）點(diǎn)P在線段AE上，所以設(shè)P（$3-\sqrt{3}{z}_{0}，0，{z}_{0}$），0$≤{z}_{0}≤\sqrt{3}$；
∴$\overrightarrow{DP}=（3-\sqrt{3}{z}_{0}，0，{z}_{0}）$，$\overrightarrow{AC}=（0，\sqrt{3}，-\sqrt{3}）$；
異面直線DP與AC成角的余弦值恰為$\frac{\sqrt{2}}{4}$；
∴$|cos＜\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{AC}＞|$=$\frac{\sqrt{3}{z}_{0}}{\sqrt{（3-\sqrt{3}{{z}_{0}}^{2}）+{{z}_{0}}^{2}}•\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$；
∴解得${z}_{0}=\frac{\sqrt{3}}{2}$；
∴所求點(diǎn)P為P（$\frac{3}{2}，0，\frac{\sqrt{3}}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 考查線面垂直的判定定理，正弦定理，直角三角形邊角關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明異面直線互相垂直，解決異面直線所成角問(wèn)題的方法，異面直線所成角的范圍，向量夾角的范圍，向量夾角余弦的坐標(biāo)公式．