Question

6．在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，$∠DAB=\frac{π}{3}$，AB=2，AM=1，E是AB的中点．
（1）求证：平面DEM⊥平面ABM；
（2）在线段AM上是否存在点P，使二面角P-EC-D的大小为$\frac{π}{4}$？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）推导出DE⊥CD，ND⊥AD，从而ND⊥DE，进而DE⊥平面NDC，由此能证明平面MAE⊥平面NDC．
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，求出平面PEC的一个法向量、平面ECD的法向量．利用向量的夹角公式，建立方程，即可得出结论．

解答 证明：（1）∵ABCD是菱形，∴AD=AB，∵∠DAB=60°，∴△ABD为等边三角形，
E为AB中点，∴DE⊥AB，∴DE⊥CD，
∵ADMN是矩形，∴ND⊥AD，
又平面ADMN⊥平面ABCD，平面ADMN∩平面ABCD=AD，
∴ND⊥平面ABCD，∴ND⊥DE，
∵CD∩ND=D，∴DE⊥平面NDC，
∵DE?平面MDE，∴平面MDE⊥平面NDC．
因为面ABM∥面NDC，∴平面DEM⊥平面ABM；
（2）解：设存在P符合题意．
由（Ⅰ）知，DE、DC、DN两两垂直，以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz（如图），
则D（0，0，0），A（$\sqrt{3}$，-1，0），E（$\sqrt{3}$，0，0），C（0，2，0），P（$\sqrt{3}$，-1，h）（0≤h≤1）．
∴$\overrightarrow{EP}$=（0，-1，h），$\overrightarrow{EC}$=（-$\sqrt{3}$，2，0），设平面PEC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EP}=-y+hz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EC}=-\sqrt{3}x+2y=0}\end{array}\right.$令x=2h，则平面PEC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（2h，$\sqrt{3}$h，$\sqrt{3}$） 
取平面ECD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
cos45°=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7{h}^{2}+3}}$，解得h=$\frac{\sqrt{21}}{7}$∈[0，1]，
即存在点P，使二面角P-EC-D的大小为$\frac{π}{4}$，此时AP=$\frac{\sqrt{21}}{7}$．

点评 本题考查线面垂直，考查二面角，考查向量法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题