Question

2．如图，五面体ABCDE中，AB∥CD，CB⊥平面ABE，AE⊥AB，AB=AE=2，BC=$\sqrt{2}$，CD=1．
（1）求证：直线BD⊥AE；
（2）求证：直线BD⊥平面ACE；
（3）求DE与平面ABE所成角的正切值．

Answer 1

分析 （1）CB⊥平面ABE，可得CB⊥AE．已知AE⊥AB，可得AE⊥平面ABCD，即可证明．
（2）AB⊥BC，利用勾股定理可得AC=$\sqrt{6}$，BD=$\sqrt{3}$．设BD∩AC=M，利用DC∥AB，可得$\frac{DM}{BM}=\frac{CM}{MA}$=$\frac{DC}{AB}$=$\frac{1}{2}$．可得DM²+CM²=DC²，可得∠CMD=90°．BD⊥AC．又BD⊥AE，即可证明．
（3）取AB的中点F，连接DF，EF．可得四边形BCDF是矩形，由BC⊥平面ABE，可得DF⊥平面ABE．可得∠DEF是DE与平面ABE所成角．利用直角三角形的半径关系即可得出．

解答 （1）证明：∵CB⊥平面ABE，AE?平面ABE，
∴CB⊥AE．
又AE⊥AB，BC∩AB=B．
∴AE⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，
∴AE⊥BD．
（2）证明：∵AB⊥BC，∴$AC=\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{6}$，同理可得BD=$\sqrt{3}$．
设BD∩AC=M，∵DC∥AB，∴$\frac{DM}{BM}=\frac{CM}{MA}$=$\frac{DC}{AB}$=$\frac{1}{2}$．
∴DM=$\frac{1}{3}BD$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，CM=$\frac{1}{3}AC$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
∴DM²+CM²=$（\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}+（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}$=1=DC²，
∴∠CMD=90°．
∴BD⊥AC．
又BD⊥AE，AE∩AC=A．
∴直线BD⊥平面ACE．
（3）解：取AB的中点F，连接DF，EF．可得四边形BCDF是矩形，
∵BC⊥平面ABE，∴DF⊥平面ABE．
∴∠DEF是DE与平面ABE所成角．
DF=BC=$\sqrt{2}$，$EF=\sqrt{A{F}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∴tan∠DEF=$\frac{DF}{EF}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查了空间位置关系、线面面面垂直的判定定理与性质定理、矩形的判定与性质、勾股定理与逆定理、平行线分线段成比例定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．