Question

1．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，$AB=\sqrt{2}，AF=1$．P为线段EF上一点．
（I）若P为EF的中点，求证：AP⊥DF；
（Ⅱ）是否存在点P，使直线AP与平面BDF所成的角为$\frac{π}{3}$？若存在，确定P点的位置；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）建立空间坐标系，由条件求得点P的坐标，再根据向量$\overrightarrow{AP}$与向量$\overrightarrow{DP}$的数量级等于零，可得AP⊥DF．
（II）设平面BDF的法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，由 $\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{DF}=0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{x=y}\\{z=-\sqrt{2}y}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow n=（1，1，-\sqrt{2}）$，设$\overrightarrow{EP}=λ\overrightarrow{EF}⇒P（\sqrt{2}λ，\sqrt{2}λ，1）$，再根据$\overrightarrow{AP}$与$\overrightarrow{n}$的夹角的余弦值的绝对值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求得λ的值，可得结论．

解答 解：（I）以CD，CB，CE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图．
则$C（0，0，0），A（\sqrt{2}，\sqrt{2}，0），B（0，\sqrt{2}，0），D（\sqrt{2}，0，0），F（\sqrt{2}，\sqrt{2}，1）$．
∵P为EF的中点，∴$P（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$$⇒\overrightarrow{AP}=（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1），\overrightarrow{DF}=（0，\sqrt{2}，0）$，$⇒\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{DF}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}×\sqrt{2}+1=0∴AP⊥DF$．
（II）由（I）得，$\overrightarrow{DB}=（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，0），\overrightarrow{DF}=（0，\sqrt{2}，1）$．
设平面BDF的法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，由 $\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{DF}=0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{x=y}\\{z=-\sqrt{2}y}\end{array}}\right.$，
取$\overrightarrow n=（1，1，-\sqrt{2}）$，设$\overrightarrow{EP}=λ\overrightarrow{EF}⇒P（\sqrt{2}λ，\sqrt{2}λ，1）$，
则$\overrightarrow{AP}=（\sqrt{2}λ-\sqrt{2}，\sqrt{2}λ-\sqrt{2}，1）（0≤λ≤1）$，$\overrightarrow n•\overrightarrow{AP}=2\sqrt{2}λ-3\sqrt{2}$，
而$|\overrightarrow n|=2，|\overrightarrow{AP}|=\sqrt{4{{（λ-1）}^2}+1}$，∴$\frac{{|2\sqrt{2}λ-3\sqrt{2}|}}{{2\sqrt{{{（λ-1）}^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}⇒4{λ^2}=3∴λ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}∈[0，1]$，
即$EP=\sqrt{3}$所以存在P点（$EP=\sqrt{3}$），使直线AP与平面BDF成60°．

点评 本题主要考查直线和平面所成的角，空间向量的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．