Question

9．如图，在边长为4 的菱形ABCD中，∠BAD=60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE
折起到△A₁DE的位置，使A₁D⊥DC，如图．
（1）求证：A₁E⊥平面BCDE；
（2）求二面角E-A₁B-C的余弦值；
（3）判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A₁DP⊥平面A₁BC？若存在，求出$\frac{EP}{PB}$的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）证明DC⊥平面A₁DE，可得DC⊥A₁E，利用A₁E⊥DE，DC∩DE=D，可得A₁E⊥平面BCDE；
（2）以EB，ED，EA₁分别为x，y，z轴，建立坐标系，求出平面A₁BE、平面A₁BC的一个法向量，利用向量的夹角公式求二面角E-A₁B-C的余弦值；
（3）设P（t，0，0）（0≤t≤2），求出平面A₁DP的法向量，利用平面A₁DP⊥平面A₁BC，可得结论．

解答 （1）证明：∵DE⊥BE，BE∥DC，
∴DE⊥DC，
∵A₁D⊥DC，A₁D∩DE=D，
∴DC⊥平面A₁DE，
∴DC⊥A₁E，
∵A₁E⊥DE，DC∩DE=D，
∴A₁E⊥平面BCDE；
（2）解：由题意，以EB，ED，EA₁分别为x，y，z轴，建立坐标系，则DE=2$\sqrt{3}$，
A₁（0，0，2），B（2，0，0），C（4，2$\sqrt{3}$，0），D（0，2$\sqrt{3}$，0），
∴$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=（-2，0，2），$\overrightarrow{BC}$=（2，2$\sqrt{3}$，0），
平面A₁BE的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（0，1，0），
设平面A₁BC的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{-2x+2z=0}\\{2x+2\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
∴$\overrightarrow{m}$=（-$\sqrt{3}$，1，-$\sqrt{3}$），
∴cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\sqrt{7}}{7}$，
∴二面角E-A₁B-C的余弦值为-$\frac{\sqrt{7}}{7}$；
（3）解：在线段EB上不存在一点P，使平面A₁DP⊥平面A₁BC，
设P（t，0，0）（0≤t≤2），则$\overrightarrow{{A}_{1}P}$=（t，0，-2），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0，2$\sqrt{3}$，-2），
设平面A₁DP的法向量为$\overrightarrow{p}$=（a，b，c），则$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{3}b-2c=0}\\{ta-2c=0}\end{array}\right.$，
∴$\overrightarrow{p}$=（2，$\frac{t}{\sqrt{3}}$，t），
∵平面A₁DP⊥平面A₁BC，
∴-2$\sqrt{3}$+$\frac{t}{\sqrt{3}}$-$\sqrt{3}$t=0，
∴t=-3，
∵0≤t≤2，
∴在线段EB上不存在一点P，使平面A₁DP⊥平面A₁BC．

点评 本题考查线面垂直的判定与性质，考查二面角的计算，考查平面与平面垂直，正确运用向量法，求出平面的法向量是关键．