如圖,平面EAD⊥平面ABFD,△AED為正三角形,四邊形ABFD為直角梯形,且∠BAD=90°,
AB∥DF,AD=a,AB=
2
a,DF=
2
a
2

(I)求證:EF⊥FB;
(II)求二面角A-BF-E的大;
(Ⅲ)點P是線段EB上的動點,當(dāng)∠APF為直角時,求BP 的長度.
分析:(I)由圖形知,連接OF,證明EF⊥FB可通過證明FB⊥平面EOF,利用線面垂直的性質(zhì)證線線垂直;
(II)法一:由于平面EAD⊥平面ABCD,過點E向AD引垂線交AD于點O,連接OB,OF,延長DF到點C,使CD=AB,可證得∠EFO為二面角A-BF-E的平面角,在Rt△EOF中,求出此角;
法二:取AD的中點O,連接OE,則EO⊥AD,EO⊥平面ABCDD,建立如圖所示的直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=a,給出圖形中各點的用a表示的坐標(biāo),求出兩平面EFB的法向量與平面ABCD的一個法向量,再由向量求夾角公式求出兩平面的夾角;
(Ⅲ)由(II)中的法二,利用向量求解,可設(shè)
PB
=t
EB
,(0≤t≤1)用引入的參數(shù)t表示出
PA
,
PF
的坐標(biāo),再由兩向量垂直的條件建立關(guān)于t的方程,求出t的值即可得到符合條件的點P的位置,從而求BP 的長度
解答:解:(I)證明:連接OF,則OF2=OD2+DF2=
1
4
a2+
1
2
a2=
3
4
a2
,FB2=FC2+CB2=
1
2
a2+a2=
3
2
a2
,OB2=
9
4
a2
,
所以O(shè)B2=OF2+FB2,即OF⊥FB.
又因為EO⊥FB,所以FB⊥平面EOF,得EF⊥FB.(3分)
方法一
(Ⅱ)∵平面EAD⊥平面ABCD,過點E向AD引垂線交AD于點O,連接OB,OF,延長DF到點C,使CD=AB,
OF2=OD2+DF2=
1
4
a2+
1
2
a2=
3
4
a2
,FB2=FC2+CB2=
1
2
a2+a2=
3
2
a2
,OB2=
1
4
a2+2a2=
9
4
a2

所以O(shè)B2=OF2+FB2,即∠EFO為二面角A-BF-E的平面角,
在Rt△EOF中,EO=OF,所以∠OFE=
π
4
.    (6分)
方法二:(II )取AD的中點O,連接OE,則EO⊥AD,EO⊥平面ABCDD,建立如圖所示的直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=a,
AB=
2
a
,則EO=
3
2
a
,
A(
a
2
,0,0),B(
a
2
,
2
a,0),E(0,0,
3
2
a),F(xiàn)(-
a
2
,
2
2
a,0)

所以
EF
=(-
a
2
,
2
2
a,
3
2
a)
,
EB
=(
a
2
,
2
a,-
3
2
a)
,
可求得平面EFB的法向量為
n
=(-
3
3
6
3
,1)

平面ABCD的一個法向量為
m
=(0,0,1)
,
則二面角A-BF-E的大小為θ,cosθ=
2
2
,即二面角為
π
4
.          (6分)
(Ⅲ)設(shè)
PB
=t
EB
,(0≤t≤1)則
PA
=
PB
+
BA
=t
EB
+
BA
=t(
a
2
,
2
a,-
3
2
a)+(0,-
2
a,0)
=a(
t
2
,
2
(t-1),-
3
2
t)
,同理,
PF
=a((
t
2
-1),
2
(t-
1
2
),-
3
2
t)
,(8分)
PA
PF
=a2[
t
2
(
t
2
-1)+2(t-1)(t-
1
2
)+
3
4
t2]
=a2(3t2-
7
2
t+1)
,
3t2-
7
2
t+1
=0,解得t=
1
2
2
3
,
所以BP=
3
2
a或
2
3
3
a
.(10分)
點評:本題考查與二面角有關(guān)的立體幾何證明題,解題的關(guān)鍵是熟練掌握二面角的平面角的做法以及用向量法求二面角的步驟,向量中的方程與立體幾何中位置關(guān)系的對應(yīng),如數(shù)量積為0與垂直的對應(yīng),向量的共線與平行的對應(yīng),向量夾角與線線角,線面角,面面角的對應(yīng),本題考查了數(shù)形結(jié)合的思想,轉(zhuǎn)化的思想,方程的思想,考查了待定系數(shù)建立方程的技巧,用向量解決立體幾何問題的方法,本題知識性綜合性強(qiáng),考查空間想像能力,推理判斷能力及轉(zhuǎn)化的能力,本題運算量大,且多是符號運算,解題時要嚴(yán)謹(jǐn)
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(1)當(dāng)AD長度為何值時,點A到平面EFB的距離為2?
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2
a,DF=
2
a
2
. 
(I)求證:EF⊥FB;
(II)求直線EB和平面ABFD所成的角.

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