Question

18．如圖，已知直角梯形ABCD所在的平面垂直于平面ABE，∠EAB=∠ABC=90°，∠DAB=60°，AB=AD=AE，P為線段BE的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：CP∥平面DAE；
（Ⅱ）求平面CDE與平面ABE所成的銳二面角θ的余弦值；
（Ⅲ）在線段EC上是否存在一點(diǎn)Q，使直線PQ與平面CDE所成的角的正弦值為$\frac{3\sqrt{6}}{14}$．若存在，求出$\frac{EQ}{EC}$的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AE的中點(diǎn)F，連接DF、PF，由已知證得PF∥DC，且PF=DC，則四邊形DCPF為平行四邊形，可得PC∥DF．再由線面平行的判定可得CP∥平面DAE；
（II）由∠BAE=90°，平面ABCD平面ABE，在平面ABCD內(nèi)過A作Az⊥AB．以點(diǎn)A為原點(diǎn)，直線AE為x軸，直線AB為y軸，Az為z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，
設(shè)AB=AD=AE=2，求得E，C，D的坐標(biāo)，進(jìn)一步求出平面ECD與平面平面ABC的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面CDE與平面ABE所成的銳二面角θ的余弦值；
（Ⅲ）設(shè)Q（x，y，z），且$\overrightarrow{EQ}=λ\overrightarrow{EC}$，由向量相等求得Q（2-2λ，2λ，$\sqrt{3}λ$），又P（1，1，0），可得$\overrightarrow{PQ}=（1-2λ，2λ-1，\sqrt{3}λ）$．結(jié)合直線PQ與平面CDE所成的角的正弦值為$\frac{3\sqrt{6}}{14}$列式求得$λ=\frac{2}{9}$或$λ=\frac{2}{33}$．

解答 （Ⅰ）證明：取AE的中點(diǎn)F，連接DF、PF，
∵P為BE中點(diǎn)，∴PF∥AB，且PF=$\frac{1}{2}AB$，
又直角梯形ABCD中，∠DAB=60°，AB=AD，
可得DC∥AB，且DC=$\frac{1}{2}AB$，
∴PF∥DC，且PF=DC，則四邊形DCPF為平行四邊形，可得PC∥DF．
而DF?平面EAD，PC?平面EAD，∴CP∥平面DAE；
（II）解：∵∠BAE=90°，平面ABCD平面ABE，在平面ABCD內(nèi)過A作Az⊥AB．
∴以點(diǎn)A為原點(diǎn)，直線AE為x軸，直線AB為y軸，Az為z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，
設(shè)AB=AD=AE=2，由已知，得E（2，0，0），C（0，2，$\sqrt{3}$），D（0，1，$\sqrt{3}$）．
∴$\overrightarrow{EC}=（-2，2，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DC}=（0，1，0）$，
設(shè)平面ECD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EC}=-2x+2y+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=y=0}\end{array}\right.$，取z=2，得平面ECD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，0，2）．
又∵平面ABC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）．
∴cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$，
即平面CDE與平面ABE所成的銳二面角θ的余弦值為$\frac{2\sqrt{7}}{7}$；
（Ⅲ）解：線段EC上存在點(diǎn)Q，使直線PQ與平面CDE所成的角的正弦值為$\frac{3\sqrt{6}}{14}$，此時(shí)$\frac{EQ}{EC}$=$\frac{2}{9}$或$\frac{EQ}{EC}$=$\frac{2}{33}$．
設(shè)Q（x，y，z），且$\overrightarrow{EQ}=λ\overrightarrow{EC}$，則（x-2，y，z）=（-2$λ，2λ，\sqrt{3λ}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x-2=-2λ}\\{y=2λ}\\{z=\sqrt{3}λ}\end{array}\right.$，即Q（2-2λ，2λ，$\sqrt{3}λ$），P（1，1，0），
則$\overrightarrow{PQ}=（1-2λ，2λ-1，\sqrt{3}λ）$．
∵直線PQ與平面CDE所成的角的正弦值為$\frac{3\sqrt{6}}{14}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{PQ}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{PQ}||\overrightarrow{n}|}$|=$\frac{|\sqrt{3}（1-2λ）+2\sqrt{3}λ|}{\sqrt{2（1-2λ）^{2}+3{λ}^{2}}•\sqrt{7}}=\frac{3\sqrt{6}}{14}$．
解得：$λ=\frac{2}{9}$或$λ=\frac{2}{33}$．
∴$\frac{EQ}{EC}$=$\frac{2}{9}$或$\frac{EQ}{EC}$=$\frac{2}{33}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求線面角與面面角，是中檔題．