Question

19．如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB=90°，BE=BC，F为CE的中点，
（1）求证：AE∥平面BDF；
（2）求证：平面BDF⊥平面ACE；
（3）2AE=EB，在线段AE上找一点P，使得二面角P-DB-F的余弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，求AP的长．

Answer 1

分析 （1）根据线面平行的判定定理即可证明AE∥平面BDF；
（2）根据面面垂直的判定定理即可证明平面BDF⊥平面ACE；
（3）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可得到结论．

解答 证明：（1）设AC∩BD=G，连接FG，易知G是AC的中点，
∵F是EC中点．
∴在△ACE中，FG∥AE，…（2分）
∵AE?平面BFD，FG?平面BFD，
∴AE∥平面BFD．…（4分）
（2）∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，
平面ABCD∩平面ABE=AB，
∴BC⊥平面ABE，又∵AE?平面ABE，
∴BC⊥AE，
又∵AE⊥BE，BC∩BE=B，
∴AE⊥平面BCE，即AE⊥BF，…（6分）
在△BCE中，BE=CB，F为CE的中点，
∴BF⊥CE，AE∩CE=E，
∴BF⊥平面ACE，
又BF?平面BDF，
∴平面BDF⊥平面ACE．…（8分）
（3）如图建立坐标系，设AE=1，
则B（2，0，0），D（0，1，2），C（2，0，2），F（1，0，1），
设P（0，a，0），$\overrightarrow{BD}=（-2，1，2）$，$\overrightarrow{BF}=（-1，0，1）$，$\overrightarrow{PB}=（2，-a，0）$
设$\overrightarrow{n_1}$⊥面BDF，且$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，
则由$\overrightarrow{n_1}$⊥$\overrightarrow{BD}$得-2x₁+y₁+2z₁=0，
由$\overrightarrow{n_1}$⊥$\overrightarrow{BF}$得-x₁+z₁=0，
令z₁=1得x₁=1，y₁=0，从而$\overrightarrow{n_1}=（1，0，1）$…（10分）
设$\overrightarrow{n_2}$⊥面BDP，且$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，则
由$\overrightarrow{n_2}$⊥$\overrightarrow{BD}$得-2x₂+y₂+2z₂=0，
由$\overrightarrow{n_2}$⊥$\overrightarrow{PB}$得2x₂-ay₂=0，
令y₂=2得x₂=a，z₂=a-1，从而$\overrightarrow{n_2}=（a，2，a-1）$，
$cosθ=\frac{{|\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}|}}{{|\overrightarrow{n_1}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{|a+a-1|}{{\sqrt{2}•\sqrt{{a^2}+4+{{（a-1）}^2}}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，
解得a=0或a=1（舍）
即P在E处．…（14分）

点评 本题主要考查空间平行和垂直的位置关系的判断，以及二面角的应用，建立空间坐标系，利用向量法是解决本题的关键．