Question

20．如图，△ABC的外接圆⊙O半径为$\sqrt{5}$，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD=4，BC=2，且BE=1，tan∠AEB=2$\sqrt{5}$．
（1）求证：平面ADC⊥平面BCDE；
（2）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$\frac{2}{7}$？若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知的线面垂直得到CD⊥AC，然后利用正切值判断AB是直径，得到AC⊥BC即可，利用线面垂直的判定定理可证．
（2）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$\frac{2}{7}$，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．

解答 证明：（1）∵CD⊥⊙O所在的平面，AC?⊙O所在的平面，
∴CD⊥AC，
又BE∥CD，
∴BE⊥⊙O所在的平面，
∴BE⊥AB，
又tan∠AEB=2$\sqrt{5}$=$\frac{AB}{BE}=\frac{AB}{1}$．
∴AB=2$\sqrt{5}$，∴AB是圆的直径，∴AC⊥BC，
CD∩BC=C，
∴平面ADC⊥平面BCDE；…（6分）
（2）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，                
设MN=x，计算易得，DN=$\frac{3}{2}$x，MF=4-$\frac{3}{2}$x，
故AM=$\sqrt{A{F}^{2}+M{F}^{2}}$=$\sqrt{A{C}^{2}+C{F}^{2}+M{F}^{2}}$=$\sqrt{16+{x}^{2}+（4-\frac{3}{2}x）^{2}}$，sin∠MAN=$\frac{MN}{AM}$=$\frac{x}{\sqrt{16+{x}^{2}+（4-\frac{3}{2}x）^{2}}}$=$\frac{2}{7}$，
解得：x=-$\frac{8}{3}$（舍去） x=$\frac{4}{3}$，…（13分）
故MN=$\frac{2}{3}$CB，从而满足条件的点M存在，且DM=$\frac{2}{3}$DE．

点评 本题考查的知识点是直线与平面所成的角、平面与平面垂直的判定，其中（1）的关键是证得CD⊥平面ABC，（2）的关键是直线AM与平面ACD所成角的正弦值为$\frac{2}{7}$，构造满足条件的方程