Question

7．如图，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点．且BF⊥平面ACE．
（1）求证：平面ADE⊥平面BCE；
（2）求二面角E-AC-B的大小；
（3）设M在线段AB上，且满足AM=2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．

Answer 1

分析 （ 1）根据面面垂直的判定定理推断出平面ADE⊥平面BCE；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角E-AC-B的大小；
（3）在△ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在△BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，证明平面MGE∥平面ADE，可得MN∥平面ADE，从而可得结论．

解答 证明：（Ⅰ）∵BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，
∴BF⊥AE，BF⊥CE，
∵EB=BC，∴F是CE的中点，
又∵AD⊥平面ABE，AD?平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面ABE，
∵平面ABCD∩平面ABE=AB，BC⊥AB
∴BC⊥平面ABE，
从而BC⊥AE，且BC∩BF=B，
∴AE⊥平面BCE，
又AE?平面ADE，
故平面平面ADE⊥平面BCE．
（2）由（1）知AE⊥平面BCE，
∴AE⊥BE，即∠AEB=90°，
取AB的中点O，连接OE，
则OE⊥AB，
建立以O为原点，OA，OE，OH为x，y，z轴的空间坐标系如图：
∵AE=EB=BC=2，
∴AB=2$\sqrt{2}$，OA=OE=$\sqrt{2}$，
则A（$\sqrt{2}$，0，0），E（0，$\sqrt{2}$，0），B（-$\sqrt{2}$，0，0），H（O，0，2），C（-$\sqrt{2}$，0，2），
则平面ACB的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，1，0），
设平面EAC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{AC}$=（-2$\sqrt{2}$，0，2），$\overrightarrow{AE}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}x+2z=0}\\{-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0}\end{array}\right.$，
令x=1，则y=1，z=$\sqrt{2}$，
即$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\sqrt{2}$），
则cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{1×\sqrt{1+1+2}}=\frac{1}{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}$，
即＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=60°，
故二面角E-AC-B的大小为60°．
（3）在△ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，
在△BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，
∴CN=$\frac{1}{3}$CE．
∵MG∥AE，MG?平面ADE，AE?平面ADE，
∴MG∥平面ADE．
同理，GN∥平面ADE，且MG与GN交于G点，
∴平面MGE∥平面ADE．
又MN?平面MGN，
∴MN∥平面ADE．
故N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．

点评 本题考查面面垂直和线面平行的判定，以及二面角的求解，建立空间坐标系，利用向量法是解决二面角的基本方法．