Question

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(dāng)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(shè)$\frac{CD}{CE}$=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．

Answer 1

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(dǎo)出AC⊥CD，從而CD⊥平面ABC，由此能證明CD⊥CB．
證法2：推導(dǎo)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(dǎo)出EF∥CD，由此能證明EP∥平面BCD．
法2：設(shè)$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{AB}$，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(dāng)P為AB中點時，AP∥平面BCD．
（Ⅴ）設(shè)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(dāng)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(shè)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(shè)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(shè)$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{AB}$，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(dāng)P為AB中點時，AP與平面BCD成角為0°，
所以當(dāng)P為AB中點時，AP∥平面BCD．
（Ⅴ）設(shè)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(shè)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(shè)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(dāng)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(guān)系等基礎(chǔ)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(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．