Question

6．如圖所示，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=BC=2AD=2，四邊形EDCF為矩形，CF=$\sqrt{3}$，平面EDCF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求證：DF∥平面ABE；
（Ⅱ）求平面ABE與平面EFB所成銳二面角的余弦值．
（Ⅲ）在線段DF上是否存在點(diǎn)P，使得直線BP與平面ABE所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{3}}{4}$，若存在，求出線段BP的長，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DE所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$與向量$\overrightarrow{DF}$，根據(jù)$\overrightarrow{DF}$•$\overrightarrow{n}$=0證明$\overrightarrow{DF}$⊥$\overrightarrow{n}$；從而證明DF∥平面ABE；
（Ⅱ）求平面BEF的法向量$\overrightarrow{m}$，再計算平面ABE與平面EFB所成銳二面角的余弦值；
（Ⅲ）設(shè)$\overrightarrow{DP}$=λ$\overrightarrow{DF}$，λ∈[0，1]，求向量$\overrightarrow{BP}$與平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$所成角的余弦值，列出方程解方程得λ的值，從而求出|$\overrightarrow{BP}$|的值．

解答 解：（Ⅰ）證明：取D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DE所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示；
則A（1，0，0），B（1，2，0），E（0，0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)（-1，2，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{BE}$=（-1，-2，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AB}$=（0，2，0），
設(shè)平面ABE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-x-2y+\sqrt{3}z=0}\\{2y=0}\end{array}\right.$，
不妨設(shè)$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，0，1），
又$\overrightarrow{DF}$=（-1，2，$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{DF}$•$\overrightarrow{n}$=-$\sqrt{3}$+0+$\sqrt{3}$=0，
∴$\overrightarrow{DF}$⊥$\overrightarrow{n}$；
又∵DF?平面ABE，
∴DF∥平面ABE；
（Ⅱ）∵$\overrightarrow{BE}$=（-1，-2，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BF}$=（-2，0，$\sqrt{3}$），
設(shè)平面BEF的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-x-2y+\sqrt{3}z=0}\\{-2x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
則$\overrightarrow{m}$=（2$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$，4），
∴|cosθ|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|×|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{10}{2×\sqrt{31}}$=$\frac{5\sqrt{31}}{31}$，
∴平面ABE與平面EFB所成銳二面角的余弦值是$\frac{5\sqrt{31}}{31}$；
（Ⅲ）設(shè)$\overrightarrow{DP}$=λ$\overrightarrow{DF}$=λ（-1，2，$\sqrt{3}$）=（-λ，2λ，$\sqrt{3}$λ），λ∈[0，1]；
∴P（-λ，2λ，$\sqrt{3}$λ），$\overrightarrow{BP}$=（-λ-1，2λ-2，$\sqrt{3}$λ），
又平面ABE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，0，1），
∴sinθ=|cos＜$\overrightarrow{BP}$，$\overrightarrow{n}$＞|
=|$\frac{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BP}|×|\overrightarrow{n}|}$|
=$\frac{|\sqrt{3}（-λ-1）+\sqrt{3}λ|}{\sqrt{{（-λ-1）}^{2}{+（2λ-2）}^{2}{+（\sqrt{3}λ）}^{2}}×2}$
=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
化簡得8λ²-6λ+1=0，
解得λ=$\frac{1}{2}$或λ=$\frac{1}{4}$；
當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時，$\overrightarrow{BP}$=（-$\frac{3}{2}$，-1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），∴|$\overrightarrow{BP}$|=2；
當(dāng)λ=$\frac{1}{4}$時，$\overrightarrow{BP}$=（-$\frac{5}{4}$，-$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），∴|$\overrightarrow{BP}$|=2；
綜上，|$\overrightarrow{BP}$|=2．

點(diǎn)評 本題考查了利用向量方法解決立體幾何的應(yīng)用問題，確定平面的法向量是解題的關(guān)鍵．