Question

如圖所示，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE為等邊三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P為CE中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：AB⊥DE；
（Ⅱ）求平面ADE與平面BCE所成的銳二面角的余弦值；
（Ⅲ）在△ABE內(nèi)是否存在一點(diǎn)Q，使PQ⊥平面CDE，如果存在，求PQ的長；如果不存在，說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：用空間向量求平面間的夾角,直線與平面垂直的判定,直線與平面垂直的性質(zhì)

專題：空間位置關(guān)系與距離

分析：（Ⅰ）取AB中點(diǎn)O，連結(jié)OD，OE，由已知條件推導(dǎo)出AB⊥OE，四邊形OBCD是平行四邊形，OD∥BC，AB⊥OD．
由此證明AB⊥平面ODE，從而得到AB⊥DE．
（Ⅱ）以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面ADE與平面BCE所成的銳二面角的余弦值．
（Ⅲ）設(shè)Q（x₂，y₂，0），利用向量法能求出存在點(diǎn)Q(-

1

2

，

3

3

，0)，使PQ⊥平面CDE，此時(shí)|PQ|=

3

3

．

解答： （Ⅰ）證明：取AB中點(diǎn)O，連結(jié)OD，OE，…（1分）
因?yàn)椤鰽BE是正三角形，所以AB⊥OE．
因?yàn)?nbsp;四邊形ABCD是直角梯形，DC=

1

2

AB，AB∥CD，
所以 四邊形OBCD是平行四邊形，OD∥BC，
又AB⊥BC，所以 AB⊥OD．
所以 AB⊥平面ODE，…（3分）
所以 AB⊥DE．…（4分）
（Ⅱ）解：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，AB⊥OE，
所以O(shè)E⊥平面ABCD，
所以 OE⊥OD．…（5分）
如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系．
則 A（1，0，0），B（-1，0，0），
D（0，0，1），C（-1，0，1），E(0， 

3

 ，0)．
所以 

AD

=(-1， 0， 1)，

DE

=(0， 

3

，- 1)，…（6分）
設(shè)平面ADE的法向量為n₁=（x₁，y₁，z₁），
則

n1• DE =0 n1• AD =0

?

3 y1-z1=0 -x1+z1=0

，…（7分）
令z₁=1，則x₁=1，y1=

3

3

．所以n₁=(1， 

3

3

， 1)．…（8分）
同理求得平面BCE的法向量為n₂=(-

3

，1，0)，…（9分）
設(shè)平面ADE與平面BCE所成的銳二面角為θ，則cosθ=|

n1•n2

|n1||n2|

|=

7

7

．
所以平面ADE與平面BCE所成的銳二面角的余弦值為

7

7

．…（10分）
（Ⅲ）解：設(shè)Q（x₂，y₂，0），因?yàn)?span id="nnp97zx" class="MathJye">P(-

1

2

，

3

2

，

1

2

)，
所以

PQ

=(x2+

1

2

， y2-

3

2

，-

1

2

)，

CD

 = (1，0，0)，

DE

 = (0，

3

， -1)．
依題意

PQ • CD =0 PQ • DE =0

，即

x2+ 1 2 =0 3 (y2- 3 2 )+ 1 2 =0

…（11分）
解得 x2=-

1

2

，y2=

3

3

．…（12分）
符合點(diǎn)Q在三角形ABE內(nèi)的條件．…（13分）
所以，存在點(diǎn)Q(-

1

2

，

3

3

，0)，使PQ⊥平面CDE，此時(shí)|PQ|=

3

3

．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查異面直線垂直的證明，考查平面與平面所成銳二面角的余弦值的求法，考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．