Question

4．如图，正方形ABCD和梯形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AF⊥AC，G为AD的中点，$AB=AF=2，EF=\sqrt{2}$．
（1）求证：FG∥平面CDE；
（2）求二面角A-DF-E的余弦值；
（3）设点P是线段DE上的动点，是否存在点P使得直线BP⊥平面DEF，说明理由．

Answer 1

分析 （1）取CD的中点H，连接EH，GH，证明四边形HGFE是平行四边形，推出FG∥EH，然后证明FG∥平面CDE；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面ADF的法向量$\overrightarrow{AB}$，平面DEF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A-DF-E的余弦值即可．
（3）存在点P使得直线BP⊥平面DEF，设$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$=λ（1，-1，2）=（λ，-λ，2λ），P（λ，2-λ，2λ），$\overrightarrow{BP}$=（λ-2，2-λ，2λ），利用$\overrightarrow{BP}$∥$\overrightarrow{n}$，解得λ=$\frac{2}{3}$．即可得到结果．

解答 解：（1）证明：取CD的中点H，连接EH，GH，
因为G为AD的中点，可得GH∥AC，GH=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{2}$，
∵EF∥AC，EF=$\sqrt{2}$，∴GH$\stackrel{∥}{=}$EF，
∴四边形HGFE是平行四边形，∴FG∥EH，EH?平面CDE，FG?平面CDE，
∴FG∥平面CDE；
（2）正方形ABCD和梯形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AF⊥AC，
建立如图所示的空间直角坐标系，不妨平面ADF的法向量为：$\overrightarrow{AB}$=（2，0，0），D（0，2，0），F（0，0，2），E（1，1，2），设平面DEF的法向量为：$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）．$\overrightarrow{DF}$=（0，-2，2），$\overrightarrow{EF}$=（（-1，-1，0））
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EF}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-2y+2z=0}\\{-x-y=0}\end{array}\right.$，不妨取y=1，则x=-1，z=1，可得$\overrightarrow{n}$=（-1，1，1），
二面角A-DF-E的余弦值为：cosθ=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AB}|}$=$\frac{-2}{\sqrt{3}•2}$=$-\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由图形可知二面角为锐角，所以二面角A-DF-E的余弦值为：$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（3）由（2）可知B（2，0，0），点P是线段DE上的动点，存在点P使得直线BP⊥平面DEF，
设$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{DE}$=λ（1，-1，2）=（λ，-λ，2λ），P（λ，2-λ，2λ），$\overrightarrow{BP}$=（λ-2，2-λ，2λ），
平面DEF的法向量为：$\overrightarrow{n}$=（-1，1，1），可知$\overrightarrow{BP}$∥$\overrightarrow{n}$，可得2-λ=2λ，
解得λ=$\frac{2}{3}$．
说明存在P是距离E比较近的DE的一个3等分点．

点评 本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角以及直线与平面垂直的动点存在性问题，考查空间想象能力以及计算能力．