Question

9．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE=$\sqrt{2}$．
（1）求证：DE⊥AC．
（2）求DE与平面BEC所成角的正切值．
（3）直线BE上是否存在一点M，使得CM∥平面ADE？若存在，求点M的位置；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）以A为坐标原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，然后利用$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}$=（0，-2，$\sqrt{2}$）•（1，1，$\sqrt{2}$）=0，可知DE⊥AC；
（2）求出平面BCE的法向量为$\overrightarrow{n}$，设DE与平面BEC所成的角为θ，由sinθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DE}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{DE}|}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，再求出cosθ，利用商的关系可得tanθ；
（3）假设存在点M使得CM∥平面ADE，且$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{EB}$，由此向量等式求出M的坐标，得到$\overrightarrow{CM}$，再由AB⊥平面ADE，结合$\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{AB}=0$求得λ值得答案．

解答 （1）证明：以A为坐标原点，AB，AD，AE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则E（0，0，$\sqrt{2}$），
B（2，0，0），D（0，2，0）．
取BD的中点F并连接CF，AF．由题意得，CF⊥BD且AF=CF=$\sqrt{2}$．
又∵平面BDA⊥平面BDC，
∴CF⊥平面BDA，
∴C（1，1，$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{DE}$=（0，-2，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{AC}$=（1，1，$\sqrt{2}$）．
∵$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}$=（0，-2，$\sqrt{2}$）•（1，1，$\sqrt{2}$）=0，
∴DE⊥AC；
（2）解：设平面BCE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EB}=2x-\sqrt{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=x-y-\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\sqrt{2}$）．
设DE与平面BEC所成的角为θ，则
sinθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DE}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{DE}|}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴$cosθ=\frac{{\sqrt{3}}}{3}，tanθ=\sqrt{2}$；
（3）解：假设存在点M使得CM∥平面ADE，且$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{EB}$，
∵$\overrightarrow{EB}=（2，0，-\sqrt{2}）$，∴$\overrightarrow{EM}=（2λ，0，-\sqrt{2}λ）$，
得M（2λ，0，$\sqrt{2}-\sqrt{2}λ$），
∴$\overrightarrow{CM}=（2λ-1，-1，-\sqrt{2}λ）$，
又AB⊥平面ADE，
∴$\overrightarrow{AB}$=（2，0，0）为平面ADE的一个法向量．
∵CM∥平面ADE，∴$\overrightarrow{CM}⊥\overrightarrow{AB}$，即$\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{AB}=0$．
即2（2λ-1）=0，∴λ=$\frac{1}{2}$．
故点M为BE的中点时，CM∥平面ADE．

点评 本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面垂直的性质，训练了利用空间向量求线面角，是中档题．