Question

7．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，四边形ABEF为直角梯形，且AF∥BE，AB⊥BE，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AB=BE=2AF=2．
（Ⅰ）求证：AC∥平面DEF；
（Ⅱ）若二面角D-AB-E为直二面角，
（ i）求直线AC与平面CDE所成角的大小；
（ ii）棱DE上是否存在点P，使得BP⊥平面DEF？若存在，求出$\frac{DP}{DE}$的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连结BD，设AC∩BD=O，设G为DE的中点，连结OG，FG，推导出四边形AOGF为平行四边形，从而AC∥FG，由此能证明AC∥平面DEF．
（Ⅱ）（i）以A为原点，AD，AB，AF分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC与平面CDE所成角的大小．
（ii）假设棱DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF．设$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，则$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．设P（x，y，z），求出P点坐标为（2-2λ，2λ，2λ），从而$\overrightarrow{BP}=（2-2λ，2λ-2，2λ）$．由此能求出DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．
（另解）假设棱DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF．设$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，则$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．设P（x，y，z），求出平面DEF的一个法向量，由此能求出DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．

解答 （本小题满分14分）
证明：（Ⅰ）连结BD，设AC∩BD=O，
因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD中点．
设G为DE的中点，连结OG，FG，
则OG∥BE，且$OG=\frac{1}{2}BE$．
由已知AF∥BE，且$AF=\frac{1}{2}BE$，所以AF∥OG，OG=AF．
所以四边形AOGF为平行四边形．
所以AO∥FG，即AC∥FG．
因为AC?平面DEF，FG?平面DEF，
所以AC∥平面DEF．     …（5分）
解：（Ⅱ）（i）由已知，AF∥BE，AB⊥BE，所以AF⊥AB．
因为二面角D-AB-E为直二面角，所以平面ABCD⊥平面ABEF．
所以AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB．
四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD．所以AD，AB，AF两两垂直．
以A为原点，AD，AB，AF分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为AB=BE=2AF=2，
所以A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（2，0，0），E（0，2，2），F（0，0，1），
所以$\overrightarrow{AC}=（2，2，0），\overrightarrow{CD}=（0，-2，0），\overrightarrow{CE}=（-2，0，2）$．
设平面CDE的一个法向量为n=（x，y，z），
由 $\left\{{\begin{array}{l}{n•\overrightarrow{CD}=0}\\{n•\overrightarrow{CE}=0}\end{array}}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}-2y=0\\-2x+2z=0.\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}y=0\\ x-z=0.\end{array}\right.$
取x=1，得n=（1，0，1）．
设直线AC与平面CDE所成角为θ，
则$sinθ=|{cos?\overrightarrow{AC}，n＞}|=|{\frac{2}{{2\sqrt{2}×\sqrt{2}}}}|=\frac{1}{2}$，
因为0≤θ≤90°，所以θ=30°．
即直线AC与平面CDE所成角的大小为30°． …（9分）
（ii）假设棱DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF．
设$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，则$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．
设P（x，y，z），则$\overrightarrow{DP}=（x-2，y，z）$，
因为$\overrightarrow{DE}=（-2，2，2）$，所以（x-2，y，z）=λ（-2，2，2）．
所以x-2=-2λ，y=2λ，z=2λ，所以P点坐标为（2-2λ，2λ，2λ）．
因为B（0，2，0），所以$\overrightarrow{BP}=（2-2λ，2λ-2，2λ）$．
又$\overrightarrow{DF}=（-2，0，1），\overrightarrow{EF}=（0，-2，-1）$，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{DF}=-2（2-2λ）+2λ=0}\\{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{EF}=-2（2λ-2）-2λ=0}\end{array}}\right.$，解得$λ=\frac{2}{3}$．
因为$\frac{2}{3}∈[0，1]$，所以DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．
（另解）假设棱DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF．
设$\frac{DP}{DE}=λ（0≤λ≤1）$，则$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$．
设P（x，y，z），则$\overrightarrow{DP}=（x-2，y，z）$，
因为$\overrightarrow{DE}=（-2，2，2）$，所以（x-2，y，z）=λ（-2，2，2）．
所以x-2=-2λ，y=2λ，z=2λ，所以P点坐标为（2-2λ，2λ，2λ）．
因为B（0，2，0），所以$\overrightarrow{BP}=（2-2λ，2λ-2，2λ）$．
设平面DEF的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x₀，y₀，z₀），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DF}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{EF}=0}\end{array}\right.$，由$\overrightarrow{DF}=（-2，0，1），\overrightarrow{EF}=（0，-2，-1）$，得$\left\{\begin{array}{l}-2{x_0}+{z_0}=0\\-2{y_0}-{z_0}=0.\end{array}\right.$
取x₀=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-1，2）．
由$\overrightarrow{BP}=μ\overrightarrow{m}$，即（2-2λ，2λ-2，2λ）=μ（1，-1，2），
可得$\left\{\begin{array}{l}2-2λ=μ\\ 2λ-2=-μ\\ 2λ=2μ.\end{array}\right.$解得$λ=\frac{2}{3}$．
因为$\frac{2}{3}∈[0，1]$，所以DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF，且$\frac{DP}{DE}=\frac{2}{3}$．…（14分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查线面的大小的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．