Question

7．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，四邊形ABEF為直角梯形，且AF∥BE，AB⊥BE，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AB=BE=2AF=2．
（Ⅰ）求證：AC∥平面DEF；
（Ⅱ）若二面角D-AB-E為直二面角，
（ i）求直線AC與平面CDE所成角的大小；
（ ii）棱DE上是否存在點P，使得BP⊥平面DEF？若存在，求出$\frac{DP}{DE}$的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結BD，設AC∩BD=O，設G為DE的中點，連結OG，FG，推導出四邊形AOGF為平行四邊形，從而AC∥FG，由此能證明AC∥平面DEF．
（Ⅱ）（i）以A為原點，AD，AB，AF分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線AC與平面CDE所成角的大小．
（ii）假設棱DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF．設$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，則$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．設P（x，y，z），求出P點坐標為（2-2λ，2λ，2λ），從而$\overrightarrow{BP}=（2-2λ，2λ-2，2λ）$．由此能求出DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．
（另解）假設棱DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF．設$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，則$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．設P（x，y，z），求出平面DEF的一個法向量，由此能求出DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．

解答 （本小題滿分14分）
證明：（Ⅰ）連結BD，設AC∩BD=O，
因為四邊形ABCD為正方形，所以O為BD中點．
設G為DE的中點，連結OG，FG，
則OG∥BE，且$OG=\frac{1}{2}BE$．
由已知AF∥BE，且$AF=\frac{1}{2}BE$，所以AF∥OG，OG=AF．
所以四邊形AOGF為平行四邊形．
所以AO∥FG，即AC∥FG．
因為AC?平面DEF，FG?平面DEF，
所以AC∥平面DEF．     …（5分）
解：（Ⅱ）（i）由已知，AF∥BE，AB⊥BE，所以AF⊥AB．
因為二面角D-AB-E為直二面角，所以平面ABCD⊥平面ABEF．
所以AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB．
四邊形ABCD為正方形，所以AB⊥AD．所以AD，AB，AF兩兩垂直．
以A為原點，AD，AB，AF分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系（如圖）．
因為AB=BE=2AF=2，
所以A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（2，0，0），E（0，2，2），F（0，0，1），
所以$\overrightarrow{AC}=（2，2，0），\overrightarrow{CD}=（0，-2，0），\overrightarrow{CE}=（-2，0，2）$．
設平面CDE的一個法向量為n=（x，y，z），
由 $\left\{{\begin{array}{l}{n•\overrightarrow{CD}=0}\\{n•\overrightarrow{CE}=0}\end{array}}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}-2y=0\\-2x+2z=0.\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}y=0\\ x-z=0.\end{array}\right.$
取x=1，得n=（1，0，1）．
設直線AC與平面CDE所成角為θ，
則$sinθ=|{cos?\overrightarrow{AC}，n＞}|=|{\frac{2}{{2\sqrt{2}×\sqrt{2}}}}|=\frac{1}{2}$，
因為0≤θ≤90°，所以θ=30°．
即直線AC與平面CDE所成角的大小為30°． …（9分）
（ii）假設棱DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF．
設$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，則$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．
設P（x，y，z），則$\overrightarrow{DP}=（x-2，y，z）$，
因為$\overrightarrow{DE}=（-2，2，2）$，所以（x-2，y，z）=λ（-2，2，2）．
所以x-2=-2λ，y=2λ，z=2λ，所以P點坐標為（2-2λ，2λ，2λ）．
因為B（0，2，0），所以$\overrightarrow{BP}=（2-2λ，2λ-2，2λ）$．
又$\overrightarrow{DF}=（-2，0，1），\overrightarrow{EF}=（0，-2，-1）$，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{DF}=-2（2-2λ）+2λ=0}\\{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{EF}=-2（2λ-2）-2λ=0}\end{array}}\right.$，解得$λ=\frac{2}{3}$．
因為$\frac{2}{3}∈[0，1]$，所以DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．
（另解）假設棱DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF．
設$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，則$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．
設P（x，y，z），則$\overrightarrow{DP}=（x-2，y，z）$，
因為$\overrightarrow{DE}=（-2，2，2）$，所以（x-2，y，z）=λ（-2，2，2）．
所以x-2=-2λ，y=2λ，z=2λ，所以P點坐標為（2-2λ，2λ，2λ）．
因為B（0，2，0），所以$\overrightarrow{BP}=（2-2λ，2λ-2，2λ）$．
設平面DEF的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₀，y₀，z₀），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DF}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{EF}=0}\end{array}\right.$，由$\overrightarrow{DF}=（-2，0，1），\overrightarrow{EF}=（0，-2，-1）$，得$\left\{\begin{array}{l}-2{x_0}+{z_0}=0\\-2{y_0}-{z_0}=0.\end{array}\right.$
取x₀=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-1，2）．
由$\overrightarrow{BP}=μ\overrightarrow{m}$，即（2-2λ，2λ-2，2λ）=μ（1，-1，2），
可得$\left\{\begin{array}{l}2-2λ=μ\\ 2λ-2=-μ\\ 2λ=2μ.\end{array}\right.$解得$λ=\frac{2}{3}$．
因為$\frac{2}{3}∈[0，1]$，所以DE上存在點P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．…（14分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查線面的大小的求法，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．