Question

7．在三棱錐E-ABC中，AB⊥AC，AB=1，AC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點(diǎn)D在線段BC上，且BD=2CD，ED⊥平面ABC，F(xiàn)，G，H是EB，EA，EC上的點(diǎn)，F(xiàn)H與ED交于點(diǎn)I．
（I）若$\frac{EF}{EB}$=$\frac{EG}{EA}$=$\frac{EH}{EC}$=$\frac{2}{3}$，證明：GI∥AD；
（Ⅱ）證明：AD⊥BE．

Answer 1

分析 （I）由題意可證FG∥BA，F(xiàn)H∥BC，進(jìn)而可證平面FGH∥平面ABC，利用面面平行的性質(zhì)即可證明GI∥AD；
（Ⅱ）由已知可求BC，BD，DC的值，由于cos²B+cos²C=1，設(shè)AD=x，則由余弦定理可得27x⁴-42x²+11=0，解得AD，利用勾股定理可求AD⊥BC，利用線面垂直的性質(zhì)可證ED⊥AD，進(jìn)而可證AD⊥平面EBD，利用線面垂直的性質(zhì)可證AD⊥BE．

解答 證明：（I）∵由題意，$\frac{EF}{EB}$=$\frac{EG}{EA}$=$\frac{EH}{EC}$=$\frac{2}{3}$，則FG∥BA，F(xiàn)H∥BC，
又∵AB∩BD=B，F(xiàn)G∩FH=F，
∴平面FGH∥平面ABC，
∵平面EAD∩平面ABC=AD，平面EAD∩平面FGH=GI，
∴GI∥AD；
（Ⅱ）∵AB=1，AC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，AB⊥AC，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∵BD=2CD，可得：BD=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，DC=$\frac{\sqrt{6}}{6}$，
∴由cos²B+sin²B=1，cos²B+cos²C=1，
∴設(shè)AD=x，則由余弦定理可得：[$\frac{1+（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}-{x}^{2}}{2×\frac{\sqrt{6}}{3}}$]²+[$\frac{（\frac{\sqrt{6}}{6}）^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}-{x}^{2}}{2×\frac{\sqrt{6}}{6}×\frac{\sqrt{2}}{2}}$]²=1，
整理可得：27x⁴-42x²+11=0，解得：x=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，或$\frac{\sqrt{11}}{3}$（此時(shí)，AD＞AB＞BD，而B(niǎo)為銳角，故舍去），
∴AD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得：AD²+BD²=AB²，
∴AD⊥BC，
又∵ED⊥平面ABC，AD?平面ABC，可得：ED⊥AD，且ED∩BC=D，
∴AD⊥平面EBD，
∵BE?平面EBD，
∴AD⊥BE．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了面面平行的性質(zhì)，余弦定理，勾股定理，線面垂直的判定和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．