12.如圖,AC=2ED,AC∥平面EDB,AC⊥平面BCD,平面ACDE⊥平面ABC.
(Ⅰ)求證:AC∥ED;
(Ⅱ)求證:DC⊥BC;
(Ⅲ)當BC=CD=DE=1時,求二面角A-BE-D的余弦值;
(Ⅳ)在棱AB上是否存在點P滿足EP∥平面BDC;
(Ⅴ)設$\frac{CD}{CE}$=k,是否存在k滿足平面ABE⊥平面CBE?若存在求出k值,若不存在說明理由.

分析 (Ⅰ)由AC∥平面EDB,平面ACDE∩平面EDB=ED,能證明AC∥ED.
(Ⅱ)法1:推導出AC⊥CD,從而CD⊥平面ABC,由此能證明CD⊥CB.
證法2:推導出AC⊥CD,AC⊥CB,從而∠DCB為二面角D-AC-B的平面角,由此能證明CD⊥CB.
(Ⅲ)以C為原點,CA為x軸,CB為y軸,CD為z軸,建立空間直角坐標系,利用向量法能求出二面角A-BE-D的余弦值.
(Ⅳ)法1:取AC中點F,連接EF,過點F作FP∥BC交AB于點P,得到P為AB中點.推導出EF∥CD,由此能證明EP∥平面BCD.
法2:設$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{AB}$,則$\overrightarrow{EP}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AP}=(1-2λ,λ,-1)$,求出平面BCD的一個法向量為$\overrightarrow{p}$=(1,0,0),從而得到當P為AB中點時,AP∥平面BCD.
(Ⅴ)設AC=2a,求出平面CBE的法向量和平面ABE的法向量,利用向量法能求出當k=1時,平面ABE⊥平面CBE.

解答 證明:(Ⅰ)因為AC∥平面EDB,平面ACDE∩平面EDB=ED,
且AC?平面EDB,
所以AC∥ED.
(Ⅱ)證法1:因為AC⊥平面BCD,所以AC⊥CD,
因為平面ACDE⊥平面ABC,且平面ACDE∩平面ABC=AC,CD?平面ACDE,
所以CD⊥平面ABC,
所以CD⊥CB.
證法2:因為AC⊥平面BCD,所以AC⊥CD,AC⊥CB,
因為平面ACDE∩平面ABC=AC,
所以∠DCB為二面角D-AC-B的平面角,
又因為平面ACDE⊥平面ABC,
所以∠DCB=90°,即CD⊥CB.
解:(Ⅲ)由(Ⅱ)證明可知AC⊥CD,AC⊥CB,CD⊥CB,
所以如圖,以C為原點,CA為x軸,CB為y軸,CD為z軸,建立空間直角坐標系,
因為BC=CD=DE=1,所以A(2,0,0),B(0,1,0),D(0,0,1),E(1,0,1),
所以$\overrightarrow{DE}=(1,0,0),\overrightarrow{BD}=(0,-1,1),\overrightarrow{AE}=(-1,0,1),\overrightarrow{AB}=(-2,1,0)$,
設平面BDE的法向量為$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{m}=x=0}\\{\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{m}=-y+z=0}\end{array}\right.$,取y=1,得$\overrightarrow{m}$=(0,1,1).
設平面ABE的法向量為$\overrightarrow{n}$=(a,b,c),則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{m}=-a+c=0}\\{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{m}=-2a+b=0}\end{array}\right.$.
所以cos<$\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}$>=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$,
所以,依據(jù)題意可得二面角A-BE-D的余弦值為$-\frac{{\sqrt{3}}}{4}$.
(Ⅳ)解法1:取AC中點F,連接EF,過點F作FP∥BC交AB于點P,
所以P為AB中點.
因為AC=2ED,AC∥ED,所以$ED\underline{\underline{∥}}FC$,所以EF∥CD.
所以平面EFP∥平面BCD,
所以EP∥平面BCD.
解法2:設$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{AB}$,則$\overrightarrow{EP}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{AP}=(1-2λ,λ,-1)$,
由(Ⅱ)證明可知平面BCD的一個法向量為$\overrightarrow{p}$=(1,0,0),
由$\overrightarrow{EP}•\overrightarrow{n}$=1-2λ=0=0,得$λ=\frac{1}{2}$,
所以當P為AB中點時,AP與平面BCD成角為0°,
所以當P為AB中點時,AP∥平面BCD.
(Ⅴ)設AC=2a,則A(2a,0,0),E(a,0,ka),B(0,b,0),
則$\overrightarrow{AE}=(-a,0,ka),\overrightarrow{AB}=(-2a,b,0)$,
設平面CBE的法向量為$\overrightarrow{q}$=(x1,y1,z1),$\overrightarrow{CE}$=(a,0,ka),$\overrightarrow{CB}$=(0,b,0),
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CE}•\overrightarrow{q}=a{x}_{1}+ka{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{CB}•\overrightarrow{q}=b{y}_{1}=0}\end{array}\right.$,取x1=k,得$\overrightarrow{q}$=(k,0,-1),
設平面ABE的法向量$\overrightarrow{t}$=(x2,y2,z2),
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{t}=-a{x}_{2}+ka{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{t}=-2a{x}_{2}+b{y}_{2}=0}\end{array}\right.$,取z2=1,得$\overrightarrow{t}$=(k,$\frac{2ak}$,1),
因為平面ABE⊥平面CBE,所以$\overrightarrow{q}•\overrightarrow{t}$=k2-1=0,由k>0,得k=1.
所以當k=1時,平面ABE⊥平面CBE.

點評 本題考查考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力,考查化歸與轉化思想、數(shù)形結合思想,是中檔題.

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網(wǎng)購金額
(單位千元)
頻數(shù)頻率
(0,0.5]30.05
(0.5,1]xp
(1,1.5]90.15
(1.5,2]150.25
(2,2.5]180.30
(2.5,3]yq
合計601.00
若網(wǎng)購金額超過2千元的顧客定義為“網(wǎng)購達人”,網(wǎng)購金額不超過2千元的顧客定義為“非網(wǎng)購達人”,已知“非網(wǎng)購達人”與“網(wǎng)購達人”人數(shù)比恰好為3:2.
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