Question

17．如图，空间几何体ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC．
（1）证明：AE∥平面BCD；
（2）若△ABC是边长为2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD与BD，CD所成角的余弦值均为$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，试问在CA上是否存在一点P，使得二面角P-BE-A的余弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{4}$．若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）过点D作直线DO⊥BC交BC于点O，连接DO．运用面面垂直的性质定理，可得DO⊥平面ABC，又直线AE⊥平面ABC，可得AE∥DO，运用线面平行的判定定理，即可得证；
（2）连接AO，运用线面平行和线面垂直的性质，求得OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．求得O，A，B，E的坐标，假设存在点P，连接EP，BP，设$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AC}$，求得P的坐标，求得平面PBE，ABE的法向量，运用向量的夹角公式，计算可得P的位置．

解答 解：（1）证明：如图，过点D作直线DO⊥BC交BC于点O，连接DO．
因为平面ABC⊥平面BCD，DO?平面BCD，DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD=BC，
所以DO⊥平面ABC，
因为直线AE⊥平面ABC，
所以AE∥DO，
因为DO?平面BCD，AE?平面BCD，
所以直线AE∥平面BCD；
（2）连接AO，因为DE∥平面ABC，
所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD．
因为直线AD与直线BD，CD所成角的余弦值均为$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
所以BD=CD，所以O为BC的中点，所以AO⊥BC，且$cos∠ADC=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
设DO=a，因为BC=2，所以$OB=OC=1，AO=\sqrt{3}$，
所以$CD=\sqrt{1+{a^2}}，AD=\sqrt{3+{a^2}}$．
在△ACD中，AC=2．
所以AC²=AD²+CD²-2AD•CD•cos∠ADC，
即$4=3+{a^2}+1+{a^2}-2×\sqrt{3+{a^2}}×\sqrt{1+{a^2}}×\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
即$\sqrt{1+{a^2}}•\sqrt{3+{a^2}}=2\sqrt{2}{a^2}$．
解得a²=1，a=1；
以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
则$C（0，-1，0），B（0，1，0），A（\sqrt{3}，0，0），E（\sqrt{3}，0，1）$．
假设存在点P，连接EP，BP，设$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AC}$，即有$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+λ（$\overrightarrow{OC}$-$\overrightarrow{OA}$），
则$P（\sqrt{3}-\sqrt{3}λ，-λ，0）$．
设平面ABE的法向量为$\overrightarrow{m}$={x，y，z}，由$\overrightarrow{AE}$=（0，0，1），$\overrightarrow{BA}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{z=0}\\{\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，则平面ABE的一个法向量为$m=（1，\sqrt{3}，0）$．
设平面PBE的法向量为$\overrightarrow{n}$={x，y，z}，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=（\sqrt{3}λ-\sqrt{3}）x+（1+λ）y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=\sqrt{3}x-y+z=0}\end{array}\right.$，
取x=1+λ，则平面PBE的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1+λ，$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$λ，-2$\sqrt{3}$λ），
设二面角P-BE-A的平面角的大小为θ，由图知θ为锐角，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|1+λ+3-3λ|}{2\sqrt{（1+λ）^{2}+3（1-λ）^{2}+12{λ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{10}}{4}$，
化简得6λ²+λ-1=0，解得λ=$\frac{1}{3}$或$λ=-\frac{1}{2}$（舍去），
所以在CA上存在一点P，使得二面角P-BE-A的余弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{4}$．
其为线段AC的三等分点（靠近点A）．

点评 本题考查线面平行的判定，注意运用面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理，考查空间二面角的求法，注意运用坐标法，通过法向量的夹角求得，考查化简整理的运算能力，属于中档题．