Question

4．如圖，正方形ABCD和梯形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AF⊥AC，G為AD的中點，$AB=AF=2，EF=\sqrt{2}$．
（1）求證：FG∥平面CDE；
（2）求二面角A-DF-E的余弦值；
（3）設(shè)點P是線段DE上的動點，是否存在點P使得直線BP⊥平面DEF，說明理由．

Answer 1

分析 （1）取CD的中點H，連接EH，GH，證明四邊形HGFE是平行四邊形，推出FG∥EH，然后證明FG∥平面CDE；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ADF的法向量$\overrightarrow{AB}$，平面DEF的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解二面角A-DF-E的余弦值即可．
（3）存在點P使得直線BP⊥平面DEF，設(shè)$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$=λ（1，-1，2）=（λ，-λ，2λ），P（λ，2-λ，2λ），$\overrightarrow{BP}$=（λ-2，2-λ，2λ），利用$\overrightarrow{BP}$∥$\overrightarrow{n}$，解得λ=$\frac{2}{3}$．即可得到結(jié)果．

解答 解：（1）證明：取CD的中點H，連接EH，GH，
因為G為AD的中點，可得GH∥AC，GH=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{2}$，
∵EF∥AC，EF=$\sqrt{2}$，∴GH$\stackrel{∥}{=}$EF，
∴四邊形HGFE是平行四邊形，∴FG∥EH，EH?平面CDE，F(xiàn)G?平面CDE，
∴FG∥平面CDE；
（2）正方形ABCD和梯形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AF⊥AC，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨平面ADF的法向量為：$\overrightarrow{AB}$=（2，0，0），D（0，2，0），F(xiàn)（0，0，2），E（1，1，2），設(shè)平面DEF的法向量為：$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）．$\overrightarrow{DF}$=（0，-2，2），$\overrightarrow{EF}$=（（-1，-1，0））
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EF}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-2y+2z=0}\\{-x-y=0}\end{array}\right.$，不妨取y=1，則x=-1，z=1，可得$\overrightarrow{n}$=（-1，1，1），
二面角A-DF-E的余弦值為：cosθ=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AB}|}$=$\frac{-2}{\sqrt{3}•2}$=$-\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由圖形可知二面角為銳角，所以二面角A-DF-E的余弦值為：$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（3）由（2）可知B（2，0，0），點P是線段DE上的動點，存在點P使得直線BP⊥平面DEF，
設(shè)$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$=λ（1，-1，2）=（λ，-λ，2λ），P（λ，2-λ，2λ），$\overrightarrow{BP}$=（λ-2，2-λ，2λ），
平面DEF的法向量為：$\overrightarrow{n}$=（-1，1，1），可知$\overrightarrow{BP}$∥$\overrightarrow{n}$，可得2-λ=2λ，
解得λ=$\frac{2}{3}$．
說明存在P是距離E比較近的DE的一個3等分點．

點評 本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角以及直線與平面垂直的動點存在性問題，考查空間想象能力以及計算能力．