Question

7．如（图1），直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=AD=2，CD=4，点E为线段AB的中点，且EF∥AD，沿EF将面EBCF折起，使平面EBCF⊥平面AEFD，如（图2）．
（Ⅰ）求证：DF⊥BC；
（Ⅱ）求平面ABC与平面AEFD所成的锐二面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱AC上是否存在一点M，使直线FM与平面ABC所成角的正弦值为$\frac{{\sqrt{42}}}{7}$，若存在求出点M的一个坐标，否则说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由面EBCF⊥面AEFD，DF⊥EF，利用面面垂直的性质证明DF⊥BC；
（Ⅱ）以FE所在直线为x轴，FD所在直线为y轴，FC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，然后利用向量的数量积求得平面ABC的法向量，由题意可得面AEFD的一个法向量为$\overrightarrow{FE}=（0，0，2）$，然后利用向量的夹角公式得答案；
（Ⅲ）设存在满足条件的点M，利用向量共线的条件得到$\overrightarrow{CM}=λ\overrightarrow{CA}（0≤λ≤1）$，把向量$\overrightarrow{FM}$的坐标用含有λ的代数式表示，再由直线FM与平面ABC所成角的正弦值为$\frac{{\sqrt{42}}}{7}$列式求得λ的值，进一步求得点M的一个坐标．

解答 （Ⅰ）证明：∵面EBCF⊥面AEFD，
又DF⊥EF，面EBCF∩面AEFD=EF，DF?面AEFD，∴DF⊥面EBCF，
又∵BC?面EBCF，∴DF⊥BC；
（Ⅱ）解：以FE所在直线为x轴，FD所在直线为y轴，FC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系F-xyz，
则A（2，1，0），B（2，0，1），C（0，0，3），D（0，1，0）$\overrightarrow{CB}=（2，0，-2），\overrightarrow{CA}=（2，1，-3）$，
设平面ABC的法向量$\overrightarrow{m}=（{x}_{0}，{y}_{0}，{z}_{0}）$，有$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CB}•\overrightarrow{m}=0}\\{\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{m}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x_0}-{z_0}=0\\ 2{x_0}+{y_0}-3{z_0}=0\end{array}\right.$，令x₀=1，得平面CBA的一个法向量$\overrightarrow{m}=（1，1，1）$，
面AEFD的一个法向量为$\overrightarrow{FE}=（0，0，2）$，
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{FE}＞=\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FE}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{FE}|}=\frac{2}{\sqrt{3}×2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴平面ABC与平面AEFD所成锐二面角的余弦是$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
（Ⅲ）设存在满足条件的点M，则$\overrightarrow{CM}=λ\overrightarrow{CA}（0≤λ≤1）$，
有$\overrightarrow{FM}=λ\overrightarrow{FA}+（1-λ）\overrightarrow{FC}=（2λ，λ，3-3λ）$，
∴$cos＜\vec m，\overrightarrow{FM}＞=\frac{{\vec m•\overrightarrow{FM}}}{{|\vec m||\overrightarrow{FM|}}}=\frac{2λ+λ+3-3λ}{{\sqrt{5{λ^2}+{{（3-3λ）}^2}}×\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{14{λ^2}-18λ+9}}}$，
依题有$\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{14{λ^2}-18λ+9}}}=\frac{{\sqrt{42}}}{7}$，
整理得（2λ-1）（14λ-11）=0，故$λ=\frac{1}{2}$，或$λ=\frac{11}{14}$，都满足0≤λ≤1，
故存在满足条件的点M，其一个坐标为 $（1，\frac{1}{2}，\frac{3}{2}）$．

点评 本题主要考查直线与平面之间的平行、垂直等位置关系，二面角的概念、求法等知识，以及空间想象能力和逻辑推理能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．