Question

18．如图，ABCD是边长为a的正方形，PA⊥平面ABCD．
（1）若PA=AB，点E是PC的中点，求直线AE与平面PCD所成角的正弦值；
（2）若BE⊥PC且交点为E，BE=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，G为CD的中点，线段AB上是否存在点F，使得EF∥平面PAG？若存在，求AF的长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面PCD的法向量，即可求直线AE与平面PCD所成角的正弦值；
（2）确定E的坐标，平面PAG的法向量，利用EF∥平面PAG，$\overrightarrow{EF}$•$\overrightarrow{n}$=0，即可得出结论．

解答 解：（1）以A为原点，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a），E（$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$），
$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$，$\frac{a}{2}$），$\overrightarrow{DC}$=（a，0，0），$\overrightarrow{PD}$=（0，a，-a），
设平面PCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{ax=0}\\{ay-az=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{m}$=（0，1，1），则直线AE与平面PCD所成角的正弦值为$\frac{\frac{a}{2}+\frac{a}{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{\frac{{a}^{2}}{4}+\frac{{a}^{2}}{4}+\frac{{a}^{2}}{4}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（2）G（$\frac{a}{2}$，a，0），设P（0，0，c）（c＞0），则$\overrightarrow{CP}$=（-a，-a，c），
设$\overrightarrow{CE}$=λ$\overrightarrow{CP}$，则E（（1-λ）a，（1-λ）a，λc），
∴$\overrightarrow{BE}$=（-λa，（1-λ）a，λc），
∵BE=$\frac{\sqrt{6}}{3}$a，
∴（-λa）²+[（1-λ）a]²+（λc）²=$\frac{2}{3}$①
∵BE⊥PC，
∴λa²-（1-λ）a²+λc²=0，
∴c²=$\frac{1-2λ}{λ}$a²，②
由①②解得λ=$\frac{1}{3}$，c=a，
∴E（$\frac{2}{3}$a，$\frac{2}{3}$a，$\frac{1}{3}$a），P（0，0，a）
若存在满足条件的点F，可设AF=l（0≤l≤a），则F（l，0，0），$\overrightarrow{EF}$=（l-$\frac{2}{3}$a，-$\frac{2}{3}$a，-$\frac{1}{3}$a），
设平面PAG的法向量为$\overrightarrow{n}$=（s，t，p），则$\left\{\begin{array}{l}{ap=0}\\{\frac{1}{2}as+at=0}\end{array}\right.$，
∴$\overrightarrow{n}$=（（-2，1，0），
∵EF∥平面PAG，∴$\overrightarrow{EF}$•$\overrightarrow{n}$=0，
∴-2l+$\frac{4}{3}$a-$\frac{2}{3}$a=0，
∴l=$\frac{1}{3}$a，
∴存在满足条件的点F，AF=$\frac{1}{3}$a．

点评 本题主要考查空间直线和平面位置的关系判断以及空间角的求法，要求熟练掌握向量法是关键．