Question

2．如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC=4，AB=AD=2．
（1）求证：AC⊥BF；
（2）在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出$\frac{|BP|}{|PE|}$的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知得AF⊥平面ABCD，AF⊥AC，过A作AH⊥BC于H，由勾股定理得AC⊥AB，由此能证明AC⊥BF．
（2）分别以$\overrightarrow{AB}、\overrightarrow{AC}、\overrightarrow{AF}$方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，利用向量法能求出在线段BE上存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF，$\frac{|BP|}{|PE|}$=$\frac{2}{3}$．

解答 证明：（1）∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，
AF⊥AD，AF?平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD，
∵AC?平面ABCD，∴AF⊥AC，
过A作AH⊥BC于H，则BH=1，AH=$\sqrt{3}$，CH=3，
∴AC=2$\sqrt{3}$，∴AB²+AC²=BC²，∴AC⊥AB，
∴AC⊥平面FAB，∴AC⊥BF．
解：（2）由（1）知AF、AB、AC两两互相垂直，
分别以$\overrightarrow{AB}、\overrightarrow{AC}、\overrightarrow{AF}$方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2$\sqrt{3}$，0），E（-1，$\sqrt{3}$，2），
假设在线段BE上存在一点P满足题意，
设$\frac{|BP|}{|PE|}$=λ，（λ＞0），
则P（$\frac{2-λ}{1+λ}$，$\frac{\sqrt{3}λ}{1+λ}$，$\frac{2λ}{1+λ}$），
设平面PAC的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\overrightarrow{AP}$=（$\frac{2-λ}{1+λ}$，$\frac{\sqrt{3}λ}{1+λ}$，$\frac{2λ}{1+λ}$），$\overrightarrow{AC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0），得：
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AP}=\frac{2-λ}{1+λ}x+\frac{\sqrt{3}λ}{1+λ}y+\frac{2λ}{1+λ}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=2\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}=（1，0，\frac{λ-2}{2λ}）$，
设平面BCEF的法向量$\overrightarrow{n}=（a，b，c）$，
$\overrightarrow{BC}$=（-2，2$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{BE}$=（-3，$\sqrt{3}$，2），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-2a+2\sqrt{3}b=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-3a+\sqrt{3}b+2c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1），
∵平面PAC⊥平面BCEF，∴$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=1+0+$\frac{λ-2}{2λ}$=0，解得$λ=\frac{2}{3}$，
∴在线段BE上存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF，$\frac{|BP|}{|PE|}$=$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查异面直线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要注意向量法的合理运用．