Question

12．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，点D，E分别在棱PB、PC上，PA=AB=2，∠ABC=60°，∠BCA=90°，且DE∥BC．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAC；
（Ⅱ）当点D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的正切值；
（Ⅲ）是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角？并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）以A为原点，过A在平面ABC内作AB的垂线为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BC⊥平面PAC．
（Ⅱ）求出平面PAC的一个法向量，设AD与平面PAC所成角为θ，则sinθ=|cos＜$\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{n}$＞|，由此能求出AD与平面PAC所成角的正切值．
（Ⅲ）设存在点E，且$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PC}=（\frac{\sqrt{3}λ}{2}，\frac{3λ}{2}，-2λ）$，求出平面ADE的一个法向量和平面PDE的法向量，由此能求出存在点E（$\frac{2\sqrt{3}}{7}，\frac{6}{7}，\frac{6}{7}$），使得二面角A-DE-P为直二面角．

解答 证明：（Ⅰ）如图，以A为原点，过A在平面ABC内作AB的垂线为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（0，2，0），C（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），P（0，0，2）
$\overrightarrow{AC}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），$\overrightarrow{PA}$=（0，0，2），
设平面PAC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=0}\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\\{2x=0}\end{array}\right.$，取y=-1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，-1，0$），
∵$\overrightarrow{BC}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0）=$\frac{1}{2}\overrightarrow{n}$，∴$\overrightarrow{BC}$∥$\overrightarrow{n}$，
∴BC⊥平面PAC．
解：（Ⅱ）∵D为PB的中点，D（0，1，1），∴$\overrightarrow{AD}$=（0，1，1），
∵平面PAC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，-1，0$），
设AD与平面PAC所成角为θ，
则sinθ=|cos＜$\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{AD}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴cosθ=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{2}}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{14}}{4}$，tanθ=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{14}}{4}}$=$\frac{\sqrt{7}}{7}$，
∴AD与平面PAC所成角的正切值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
（Ⅲ）设存在点E，且$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PC}=（\frac{\sqrt{3}λ}{2}，\frac{3λ}{2}，-2λ）$，
则$\overrightarrow{PD}=λ\overrightarrow{PB}=（0，2λ，-2λ）$，∴E（$\frac{\sqrt{3}λ}{2}，\frac{3λ}{2}，2-2λ$），D（0，2λ，2-2λ），λ∈（0，1），
∴$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{\sqrt{3}λ}{2}，\frac{3λ}{2}，2-2λ$），$\overrightarrow{DE}$=（$\frac{\sqrt{3}λ}{2}，-\frac{λ}{2}$，0），
设平面ADE的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=\frac{\sqrt{3}λ}{2}a+\frac{3λ}{2}b+（2-2λ）c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=\frac{\sqrt{3}λ}{2}a-\frac{λ}{2}b=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{m}$=（$\frac{\sqrt{3}}{3}，1，\frac{λ}{λ-1}$），
设平面PDE的法向量$\overrightarrow{p}$=（x₁，y₁，z₁），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{PD}=2λ{y}_{1}-2λ{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{PE}=\frac{\sqrt{3}}{2}λ{x}_{1}+\frac{3λ}{2}{y}_{1}-2λ{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，得$\overrightarrow{p}$=（$\frac{\sqrt{3}}{3}，1，1$），
∵二面角A-DE-P为直二面角，
∴$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{p}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}•\frac{\sqrt{3}}{3}+1+\frac{λ}{λ-1}$=0，解得$λ=\frac{4}{7}∈（0，1）$，
∴存在点E（$\frac{2\sqrt{3}}{7}，\frac{6}{7}，\frac{6}{7}$），使得二面角A-DE-P为直二面角．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正切值的求法，考查便有二面角为直二面角的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要注意向量法的合理运用．