Question

15．如图所示几何体中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，BE∥PD，AB=PD=2BE=2，F为AD的中点．
（I）证明：BF∥平面PAE；
（Ⅱ） 线段PE上是否存在一点N，使PE⊥平面NAC？若存在，求PN的长；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）取PA中点Q，连QF、QE，通过证明四边形BEQF是平行四边形得出BF∥EQ，从而有BF∥平面PAE；
（II）过A做AN⊥PE于N，连CN，通过证明△PAE≌△PCE得出CN⊥PE，于是PE⊥平面NAC，利用余弦定理求出cos∠APE，得出PN．

解答 解：（I）取PA中点Q，连QF、QE．
则QF∥PD∥BE，$QF=\frac{1}{2}PD=BE=1$，
四边形QFBE是平行四边形，∴BF∥EQ，
又QE?平面PAE，BF?平面PAE，
∴BF∥平面PAE．
（II） 线段PE上存在一点N，使PE⊥平面NAC，PN=2．
过A做AN⊥PE于N，连CN，
∵PD⊥平面ABCD，AD，CD?平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥CD，
∵AD=CD=PD=2，∴$AP=CP=2\sqrt{2}$，
∵BE∥PD，
∴BE⊥平面ABCD，∵AB，CB?平面ABCD，
∴BE⊥AB，BE⊥CB，
∵AB=CB=2，BE=1，∴$AE=CE=\sqrt{5}$，
△PAE≌△PCE，
∵AN⊥PE，∴CN⊥PE，又AN∩CN=N，AN，CN?平面NAC，
∴PE⊥平面NAC．
∵PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴PD⊥BD，
∵PD=2，BD=2$\sqrt{2}$，BE=1，∴PE=$\sqrt{（2-1）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=3，
在△PAE中$cos∠APE=\frac{{P{A^2}+P{E^2}-A{E^2}}}{2PA•PE}=\frac{{{{（2\sqrt{2}）}^2}+{3^2}-{{（\sqrt{5}）}^2}}}{{2•2\sqrt{2}•3}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
所以$PN=PAcos∠APE=2\sqrt{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}=2$．

点评 本题考查了线面平行，线面垂直的判定，属于中档题．