Question

11．如图1所示，直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AD∥BC，AD=6，DC=BC=3．过B作BE⊥AD于E，P是线段DE上的一个动点．将△ABE沿BE向上折起，使平面AEB⊥平面BCDE．连结PA，PC，AC（如图2）．
（Ⅰ）取线段AC的中点Q，问：是否存在点P，使得PQ∥平面AEB？若存在，求出PD的长；不存在，说明理由；
（Ⅱ）当EP=$\frac{2}{3}$ED时，求平面AEB和平面APC所成的锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据线面平行的判定定理进行求解即可；
（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量法进行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）存在．当P为DE的中点时，满足PQ∥平面AEB．…（1分）
取AB的中点M，连结EM，QM．

由Q为AC的中点，得MQ∥BC，且$MQ=\frac{1}{2}BC$，…（2分）
又PE∥BC，且$PE=\frac{1}{2}BC$，
所以PE∥MQ，PE=MQ，
所以四边形PEMQ为平行四边形，…（3分）
故ME∥PQ．…（4分）
又PQ?平面AEB，ME?平面AEB，
所以PQ∥平面AEB．   …（5分）
从而存在点P，使得PQ∥平面AEB，此时$PD=\frac{3}{2}$．…（6分）
（Ⅱ）由平面AEB⊥平面BCDE，交线为BE，且AE⊥BE，
所以AE⊥平面BCDE，又BE⊥DE，…（7分）
以E为原点，分别以$\overrightarrow{EB}，\overrightarrow{ED}，\overrightarrow{EA}$为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间
直角坐标系（如图2），则E（0，0，0），B（3，0，0），A（0，0，3），P（0，2，0），
C（3，3，0）．…（8分）
$\overrightarrow{PC}$=（3，1，0），$\overrightarrow{PA}$=（0，-2，3）．…（9分）
平面AEB的一个法向量为n₁=（0，1，0），…（10分）
设平面APC的法向量为n₂=（x，y，z），
由${t^2}+（\sqrt{3}-1）t-2=0$得$\left\{\begin{array}{l}3x+y=0\\-2y+3z=0.\end{array}\right.$…（11分）
取y=3，得n₂=（-1，3，2），…（12分）
所以$cos\left?{{n_1}，{n_2}}\right＞=\frac{3}{{\sqrt{14}•1}}=\frac{{3\sqrt{14}}}{14}$，
即面AEB和平面APC所成的锐二面角的余弦值为$\frac{{3\sqrt{14}}}{14}$．…（13分）

点评 本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．