Question

14．如图，三棱柱ABC-DEF的侧面BEFC是边长为1的正方形，侧面BEFC⊥侧面ADEB，AB=4，∠DEB=60°，G是DE的中点．
（Ⅰ）求证：CE∥平面AGF；
（Ⅱ）求证：GB⊥平面BEFC；
（Ⅲ）在线段BC上是否存在一点P，使二面角P-GE-B为45°，若存在，求BP的长；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据线面平行的判定定理即可证明CE∥平面AGF；
（Ⅱ）根据线面垂直的判定定理即可证明GB⊥平面BEFC；
（Ⅲ）在建立空间直角坐标系，利用向量法结合二面角的大小建立方程关系即可得到结论．

解答 （Ⅰ）证明：连接CD与AF相交于H，则H为CD的中点，连接HG．
因为G为DE的中点，
所以HG∥CE．
因为CE?平面AGF，HG?平面AGF，
所以CE∥平面AGF．            
（Ⅱ）证明：BE=1，GE=2，在△GEB中，∠GEB=60°，BG=$\sqrt{3}$．
因为BG²+BE²=GE²，
所以GB⊥BE．
因为侧面BEFC⊥侧面ADEB，
侧面BEFC∩侧面ADEB=BE，
GB?平面ADEB，
所以GB⊥平面BEFC．                   
（Ⅲ）解：BG，BE，BC两两互相垂直，建立空间直角坐标系B-xyz．
假设在线段BC上存在一点P，使二面角P-GE-B为45°．
平面BGE的法向量m=（0，0，1），设P（0，0，λ），λ∈[0，1]．
$G（\sqrt{3}，0，0）$，E（0，1，0）．
所以$\overrightarrow{GP}$=（-$\sqrt{3}$，0，λ），$\overrightarrow{GE}=（-\sqrt{3}，1，0）$．
设平面PGE的法向量为n=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}n•\overrightarrow{GP}=0\\ n•\overrightarrow{GE}=0.\end{array}\right.$
所以$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3}x+λz=0\\-\sqrt{3}x+y=0.\end{array}\right.$
令z=1，得y=λ，$x=\frac{λ}{{\sqrt{3}}}$，
所以PGE的法向量为$n=（\frac{λ}{{\sqrt{3}}}，λ，1）$．
因为m•n=1，
所以$1×\sqrt{\frac{λ^2}{3}+{λ^2}+1}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}=1$，
解得$λ=\frac{\sqrt{3}}{2}$∈[0，1]，故$BP=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
因此在线段BC上存在一点P，使二面角P-GE-B为45°，且$BP=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．

点评 本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的判定，以及空间二面角的求解和应用，建立空间坐标系，利用向量法是解决二面角的基本方法．