Question

17．如圖，空間幾何體ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC．
（1）證明：AE∥平面BCD；
（2）若△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，試問在CA上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角P-BE-A的余弦值為$\frac{{\sqrt{10}}}{4}$．若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)D作直線DO⊥BC交BC于點(diǎn)O，連接DO．運(yùn)用面面垂直的性質(zhì)定理，可得DO⊥平面ABC，又直線AE⊥平面ABC，可得AE∥DO，運(yùn)用線面平行的判定定理，即可得證；
（2）連接AO，運(yùn)用線面平行和線面垂直的性質(zhì)，求得OA，OB，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．求得O，A，B，E的坐標(biāo)，假設(shè)存在點(diǎn)P，連接EP，BP，設(shè)$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AC}$，求得P的坐標(biāo)，求得平面PBE，ABE的法向量，運(yùn)用向量的夾角公式，計(jì)算可得P的位置．

解答 解：（1）證明：如圖，過點(diǎn)D作直線DO⊥BC交BC于點(diǎn)O，連接DO．
因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，DO?平面BCD，DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD=BC，
所以DO⊥平面ABC，
因?yàn)橹本�AE⊥平面ABC，
所以AE∥DO，
因?yàn)镈O?平面BCD，AE?平面BCD，
所以直線AE∥平面BCD；
（2）連接AO，因?yàn)镈E∥平面ABC，
所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD．
因?yàn)橹本�AD與直線BD，CD所成角的余弦值均為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
所以BD=CD，所以O(shè)為BC的中點(diǎn)，所以AO⊥BC，且$cos∠ADC=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
設(shè)DO=a，因?yàn)锽C=2，所以$OB=OC=1，AO=\sqrt{3}$，
所以$CD=\sqrt{1+{a^2}}，AD=\sqrt{3+{a^2}}$．
在△ACD中，AC=2．
所以AC²=AD²+CD²-2AD•CD•cos∠ADC，
即$4=3+{a^2}+1+{a^2}-2×\sqrt{3+{a^2}}×\sqrt{1+{a^2}}×\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
即$\sqrt{1+{a^2}}•\sqrt{3+{a^2}}=2\sqrt{2}{a^2}$．
解得a²=1，a=1；
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則$C（0，-1，0），B（0，1，0），A（\sqrt{3}，0，0），E（\sqrt{3}，0，1）$．
假設(shè)存在點(diǎn)P，連接EP，BP，設(shè)$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AC}$，即有$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+λ（$\overrightarrow{OC}$-$\overrightarrow{OA}$），
則$P（\sqrt{3}-\sqrt{3}λ，-λ，0）$．
設(shè)平面ABE的法向量為$\overrightarrow{m}$={x，y，z}，由$\overrightarrow{AE}$=（0，0，1），$\overrightarrow{BA}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{z=0}\\{\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，則平面ABE的一個(gè)法向量為$m=（1，\sqrt{3}，0）$．
設(shè)平面PBE的法向量為$\overrightarrow{n}$={x，y，z}，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=（\sqrt{3}λ-\sqrt{3}）x+（1+λ）y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=\sqrt{3}x-y+z=0}\end{array}\right.$，
取x=1+λ，則平面PBE的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（1+λ，$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$λ，-2$\sqrt{3}$λ），
設(shè)二面角P-BE-A的平面角的大小為θ，由圖知θ為銳角，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|1+λ+3-3λ|}{2\sqrt{（1+λ）^{2}+3（1-λ）^{2}+12{λ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{10}}{4}$，
化簡(jiǎn)得6λ²+λ-1=0，解得λ=$\frac{1}{3}$或$λ=-\frac{1}{2}$（舍去），
所以在CA上存在一點(diǎn)P，使得二面角P-BE-A的余弦值為$\frac{{\sqrt{10}}}{4}$．
其為線段AC的三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)A）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的判定，注意運(yùn)用面面垂直的性質(zhì)定理和線面平行的判定定理，考查空間二面角的求法，注意運(yùn)用坐標(biāo)法，通過法向量的夾角求得，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．