Question

如图，△ABC的外接圆⊙O的半径为

5

，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD=4，BC=2，且BE=1，cos∠AEB=

21

21

．
（1）求证：平面ADC⊥平面BCDE；
（2）求几何体ABCDE的体积；
（3）试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为

2

7

？若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由已知中CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，易得BE⊥平面ABC，则BE⊥AB，由BE=1，cos∠AEB=

21

21

，易得AB是⊙O的直径，则AC⊥BC由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理可得平面ADC⊥平面BCDE；
（2）由（1）中结论，可得AC⊥平面BCDE，求出平面BCDE的面积和AC的长，代入棱锥体积公式，即可求出几何体ABCDE的体积；
（3）方法一：过点M作MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF，可得∠MAN为MA与平面ACD所成的角，设MN=x，则由直线AM与平面ACD所成角的正弦值为

2

7

，我们可以构造关于x的方程，解方程即可求出x值，进而得到点M的位置．
方法二：建立如图所示空间直角坐标系C-xyz，求出平面ABC的法向量和直线AM的方向向量（含参数λ），由直线AM与平面ACD所成角的正弦值为

2

7

，根据向量夹角公式，我们可以构造关于λ的方程，解方程即可得到λ值，进而得到点M的位置．

解答：解：（1）∵CD⊥平面ABC，BE∥CD
∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB       …（1分）
∴cos∠AEB=

BE

AE

=

21

21

∵BE=1∴AE=

21

，
从而AB=

AE2-BE2

=2

5

…（2分）
∵⊙O的半径为

5

，
∴AB是直径，∴AC⊥BC…（3分）
又∵CD⊥平面ABC，
∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD
∵BC?平面BCDE，
∴平面ADC⊥平面BCDE      …（5分）
（2）由（1）知：AC=

AB2-BC2

=4，…（6分）
VABCDE=

1

3

SBCDE•AC=

1

3

×

1

2

(BE+CD)•BC•AC=

1

6

(1+4)•2•4=

20

3

…（9分）
（3）方法一：
假设点M存在，过点M作MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF
∵平面ADC⊥平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，
∴∠MAN为MA与平面ACD所成的角                              …（10分）
设MN=x，计算易得，DN=

3

2

x，MF=4-

3

2

x…（11分）
故AM=

AF2+MF2

=

AC2+CF2+MF2

=

16+x2+(4- 3 2 x)2

sin∠MAN=

MN

AM

=

x

16+x2+(4- 3 2 x)2

=

2

7

…（12分）
解得：x=-

8

3

（舍去） x=

4

3

，…（13分）
故MN=

2

3

CB，从而满足条件的点M存在，且DM=

2

3

DE…（14分）
方法二：建立如图所示空间直角坐标系C-xyz，则：
A（4，0，0），B（0，2，0），D（0，0，4），E（0，2，1），O（0，0，0）
则

DE

=(0，2，-3)…（10分）
易知平面ACD的法向量为

OB

=(0，2，0)，
假设M点存在，设M（a，b，c），则

DM

=(a，b，c-4)，
再设

DM

=λ

DE

，λ∈(0，1]∴

a=0 b=2λ c-4=-3λ

⇒

a=0 b=2λ c=4-3λ

，
即M（0，2λ，4-3λ），从而

AM

=(-4，2λ，4-3λ)
…（11分）
设直线AM与平面ABD所成的角为θ，
则：sinθ=|cos?

AM

，

OB

＞|=

|2λ×2|

2• 16+4λ2+(4-3λ)2

=

2

7

…（12分）
解得λ=-

4

3

或λ=

2

3

，…（13分）
其中λ=-

4

3

∉(0，1]应舍去，而λ=

2

3

∈(0，1]
故满足条件的点M存在，且点M的坐标为(0，

4

3

，2)…（14分）

点评：本题考查的知识点是直线与平面所成的角，棱锥的体积，平面与平面垂直的判定，其中（1）的关键是证得CD⊥平面ABC，（2）的关键是得到几何体是一个以AC为高，以BCDE为底面的四棱锥，（3）的关键是直线AM与平面ACD所成角的正弦值为

2

7

，构造满足条件的方程．