Question

13．如圖，梯形FDCG，DC∥FG，過點D，C作DA⊥FG，CB⊥FG，垂足分別為A，B，且DA=AB=2．現(xiàn)將△DAF沿DA，△CBG沿CB翻折，使得點F，G重合，記為E，且點B在面AEC的射影在線段EC上．
（Ⅰ）求證：AE⊥EB；
（Ⅱ）設$\frac{AF}{BG}$=λ，是否存在λ，使二面角B-AC-E的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得DA⊥面ABE，進一步得到平面ABCD⊥平面ABE，再由CB⊥AB，點B在面AEC的射影在線段EC上，可得AE⊥面BCE，又BE?面BCE，得到AE⊥EB；
（Ⅱ）以A為原點，垂直于平面ABCD的直線為x軸，AB所在直線為y軸，AD為z軸，如圖所示建立空間直角坐標系A-xyz，由已知$\frac{AF}{BG}$=λ=$\frac{AE}{BE}$，假設存在λ，使二面角B-AC-E的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．分別求出平面AEC與平面BAC的一個法向量由|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\sqrt{3}}{3}$得a²=b²，再由$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}=0$，得a²+b（b-2）=0，聯(lián)立求得b值，可得AE=BE．即當λ=1時，二面角B-AC-E的余弦值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．

解答 （Ⅰ）證明：由已知，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，
∵DA⊥AF，DA⊥AE，AE∩AF=A，
∴DA⊥面ABE，則平面ABCD⊥平面ABE，
又CB⊥AB，∴CB⊥AE．
又點B在面AEC的射影在線段EC上，設為H，則AE⊥BH，
∴AE⊥面BCE，又BE?面BCE，
∴AE⊥EB；
（Ⅱ）解：以A為原點，垂直于平面ABCD的直線為x軸，AB所在直線為y軸，AD為z軸，
如圖所示建立空間直角坐標系A-xyz，
由已知$\frac{AF}{BG}$=λ=$\frac{AE}{BE}$，假設存在λ，使二面角B-AC-E的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
設E（a，b，0），則$\overrightarrow{AE}=（a，b，0）$，$\overrightarrow{AC}=（0，2，2）$．
設平面AEC的一個法向量$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=ax+by=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=2y+2z=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{a}y}\\{z=-y}\end{array}\right.$，
令y=a，得$\overrightarrow{n}=（-b，a，-a）$是平面EAC的一個法向量．
又平面BAC的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（1，0，0）$，
由|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$|=$\frac{|b|}{\sqrt{2{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，化簡得a²=b² ①，
又∵AE⊥平面BCE，∴AE⊥BE，
∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BE}=0$，即a²+b（b-2）=0 ②，
聯(lián)立①②，解得b=0（舍），b=1．
由$AE=\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$，BE=$\sqrt{{a}^{2}+（b-2）^{2}}$，∴AE=BE．
∴當λ=1時，二面角B-AC-E的余弦值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．

點評 本題考查直線與平面垂直的判定與性質(zhì)，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間直角坐標系求解二面角的平面角，是中檔題．