Question

14．如图，在△ABC中，∠A=105°，∠B=30°，AB=2$\sqrt{3}$，AD是BC边上的高，现沿AD将△ABD折起到△AED的位置，使得EC=2$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求证：AE⊥CD；
（Ⅱ）在线段AE上求一点P，使得异面直线DP与AC成角的余弦值恰为$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）首先画出折叠后的图形，根据已知条件能够说明AD⊥平面CDE，并且能求出DA=DC=$\sqrt{3}$，DE=3，并且证明出DE⊥DC，得到DE，DC，DA三直线两两垂直，从而可分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出折叠后图形上点的坐标，证明$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{CD}=0$即可；
（Ⅱ）根据已知条件设P（$3-\sqrt{3}{z}_{0}$，0，z₀），从而有$|cos＜\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{AC}＞|=\frac{|\overrightarrow{DP}•\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{DP}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，带入$\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{AC}$坐标即可求出z₀，从而求出点P．

解答 解：（Ⅰ）如图，
 根据已知条件，AD⊥DE，AD⊥DC，DE∩DC=D；
∴AD⊥平面CDE；
在△ABC中，∠A=105°，∠B=30°，AB=2$\sqrt{3}$，∴∠C=45°；
∴由正弦定理得，$\frac{AC}{sin30°}=\frac{2\sqrt{3}}{sin45°}$；
∴$AC=\sqrt{6}$；
∴$BD=2\sqrt{3}•cos30°=3$，CD=$\sqrt{6}•cos45°=\sqrt{3}=AD$；
∴DE=3，又EC=$2\sqrt{3}$；
∴DE²+CD²=EC²；
∴DE⊥DC；
∴DE，DC，DA三直线两两垂直，所以分别以这三条直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则：D（0，0，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），C（0，$\sqrt{3}$，0），E（3，0，0）；
∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{CD}=（3，0，-\sqrt{3}）•（0，-\sqrt{3}，0）=0$；
∴$\overrightarrow{AE}⊥\overrightarrow{CD}$；
∴AE⊥CD；
（Ⅱ）点P在线段AE上，所以设P（$3-\sqrt{3}{z}_{0}，0，{z}_{0}$），0$≤{z}_{0}≤\sqrt{3}$；
∴$\overrightarrow{DP}=（3-\sqrt{3}{z}_{0}，0，{z}_{0}）$，$\overrightarrow{AC}=（0，\sqrt{3}，-\sqrt{3}）$；
异面直线DP与AC成角的余弦值恰为$\frac{\sqrt{2}}{4}$；
∴$|cos＜\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{AC}＞|$=$\frac{\sqrt{3}{z}_{0}}{\sqrt{（3-\sqrt{3}{{z}_{0}}^{2}）+{{z}_{0}}^{2}}•\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$；
∴解得${z}_{0}=\frac{\sqrt{3}}{2}$；
∴所求点P为P（$\frac{3}{2}，0，\frac{\sqrt{3}}{2}$）．

点评 考查线面垂直的判定定理，正弦定理，直角三角形边角关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明异面直线互相垂直，解决异面直线所成角问题的方法，异面直线所成角的范围，向量夹角的范围，向量夹角余弦的坐标公式．