Question

8．如图所示，五面体ABCDE中，正△ABC的边长为1，AE⊥平面ABC，CD∥AE，且CD=$\frac{1}{2}$AE．设CE与平面ABE所成的角为α，AE=k（k＞0），若α∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{4}$]，则当k取最大值时，平面BDE与平面ABC所成角的正切值为（　　）

• A． $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
• B． 1
• C． $\sqrt{2}$
• D． $\sqrt{3}$

Answer 1

分析 取AC中点O，连接BO，并作OF∥AE，可说明OB，OA，OF三直线两两垂直，从而可分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可求出图形上各点的坐标．取AB中点G，并连接CG，可以说明$\overrightarrow{CG}$为平面ABE的法向量，从而根据sinα=$cos＜\overrightarrow{CG}，\overrightarrow{CE}＞$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$表示出sinα，由α的范围求出sinα的范围，从而求出sinα的范围，而sinα最小时k最大，从而求出k的最大值．可设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，根据$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$可求出$\overrightarrow{n}$，并且可说明$\overrightarrow{AE}$为平面ABC的法向量，设平面BDE和平面ABC所成角为θ，由cosθ=$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AE}＞$可求出cosθ，从而求出tanθ．

解答 解：取AC中点O，连接BO，过O作OF∥AE，交DE于F；
△ABC为正三角形；
∴BO⊥AC；
AE⊥平面ABC，OF∥AE；
OF⊥平面ABC；
∴OB，OA，OF三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则：
A（0，$\frac{1}{2}$，0），B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），C（0，$-\frac{1}{2}，0$），D（0，$0，-\frac{1}{2}，\frac{k}{2}$），E（0，$\frac{1}{2}，k$）；
取AB中点G，连接CG，则CG⊥AB，且G（$\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{1}{4}，0$）；
∵AE⊥平面ABC；
∴AE⊥CG，即CG⊥AE，AE∩AB=A；
∴CG⊥平面ABE；
∴$\overrightarrow{CG}$=$（\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{3}{4}，0）$是平面ABE一个法向量；
∵CE与平面ABE所成的角为α；
∴$sinα=|cos＜\overrightarrow{CE}，\overrightarrow{CG}＞|$=$\frac{\frac{3}{4}}{\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$；
∵$α∈[\frac{π}{6}，\frac{π}{4}]$；
∴sinα∈$[\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}]$；
∵k＞0，∴sinα=$\frac{1}{2}$时，k取到最大值；
∴由$\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{1+{k}^{2}}}$得k=$\sqrt{2}$；
∴此时E（$0，\frac{1}{2}，\sqrt{2}$）；
AE⊥平面ABC；
∴向量$\overrightarrow{AE}=（0，0，\sqrt{2}）$为平面ABC的一条法向量；
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，则：$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{BD}，\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{BE}$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{6}}{2}z}\\{y=-\frac{\sqrt{2}}{2}z}\end{array}\right.$，取z=2，所以$\overrightarrow{n}=（\sqrt{6}，-\sqrt{2}，2）$；
设平面BDE与平面ABC所成角为θ，则：cosθ=$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AE}＞$=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$；
∴$sinθ=\frac{\sqrt{6}}{3}$，tanθ=$\sqrt{2}$；
∴平面BDE与平面ABC所成角的正切值为$\sqrt{2}$．
故选C．

点评 考查等边三角形的中线也是高线，线面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面角、二面角问题的方法，线面角的概念及求法，二面角平面角的概念及求法，平面法向量的概念及求法，弄清直线的方向向量和平面法向量夹角与直线和平面所成角，以及平面法向量夹角和平面二面角大小的关系，两非零向量垂直的充要条件，向量夹角余弦的坐标公式．