Question

14．如图，在多面体ABCD-EF中，四边形ABCD为正方形，EF∥AB，EF⊥EA，AB=2EF=2，∠AED=90°，AE=ED，H为AD的中点．
（Ⅰ）求证：EH∥平面FBD；
（Ⅱ）求证：EH⊥平面ABCD；
（Ⅲ）在线段BC上是否存在一点P，使得二面角B-FD-P的大小为$\frac{π}{3}$？若存在求出BP的长，若不存在请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）AC∩BD=O，连接HO，FO，推导出四边形EHOF为平行四边形，由此能证明EH∥平面FAC．
（Ⅱ）推导出EH⊥AD，AB⊥EA，AB⊥AD，从而AB⊥平面AED，由此能证明EH⊥平面ABCD．
（Ⅲ）AC，BD，OF两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段BC上是存在一点P，使得二面角B-FD-P的大小为$\frac{π}{3}$，且BP=0．

解答 证明：（Ⅰ）AC∩BD=O，连接HO，FO，
因为ABCD为正方形，所以O是AC中点，
又H是AD中点，所以OH∥CD，OH=$\frac{1}{2}CD$，EF∥AB，EF=$\frac{1}{2}AB$，
所以EF∥OH且EF=OH，
所以四边形EHOF为平行四边形，
所以EH∥FO，
又因为FO?平面FAC，EH?平面FAC．
所以EH∥平面FAC．
（Ⅱ）因为AE=ED，H是AD的中点，所以EH⊥AD，
又因为AB∥EF，EF⊥EA，所以AB⊥EA
又因为AB⊥AD，所以AB⊥平面AED，
因为EH?平面AED，所以AB⊥EH，
所以EH⊥平面ABCD．
解：（Ⅲ）AC，BD，OF两两垂直，建立如图所示的坐标系，∵AB=2EF=2，
∴B（0，$\sqrt{2}$，0），C（-$\sqrt{2}$，0，0），F（0，0，1），D（0，-$\sqrt{2}$，0），
设P（a，b，0），$\overrightarrow{BP}=λ\overrightarrow{BC}$，0≤λ≤1，即（a，b-$\sqrt{2}$，0）=λ（-$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$，0），
∴a=-$\sqrt{2}λ$，$b-\sqrt{2}=-\sqrt{2}λ$，P（-$\sqrt{2}λ$，$\sqrt{2}-\sqrt{2}λ$，0），
$\overrightarrow{FD}$=（0，-$\sqrt{2}$，-1），$\overrightarrow{FP}$=（-$\sqrt{2}λ$，$\sqrt{2}-\sqrt{2}λ$，-1），
平面BDF的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），
设平面PDF的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FD}=-\sqrt{2}x-z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FP}=-\sqrt{2}λx+（\sqrt{2}-\sqrt{2}λ）y-z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}λ}{1-λ}$，-2）
∵二面角B-FD-P的大小为$\frac{π}{3}$，
∴cos$\frac{π}{3}$=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+（\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}λ}{1-λ}）^{2}+4}}$|=$\frac{1}{2}$，
解得λ=0，
∴线段BC上是存在一点P，使得二面角B-FD-P的大小为$\frac{π}{3}$，且BP=0．

点评 本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查满足条件的点的坐标是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．