Question

19．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1．
（1）求证：BC⊥平面ACFE；
（2）在线段EF上是否存在点M，使得平面MAB与平面FCB所成锐二面角的平面角为θ，且满足cosθ=$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$？若不存在，请说明理由；若存在，求出FM的长度．

Answer 1

分析 （1）如图所示的等腰梯形ABCD中，经过点C，D分别作CP⊥AB，DQ⊥AB，垂足为P，Q．利用矩形的性质可得PQ，在△ABC中，利用余弦定理可得AC²=3，利用勾股定理的逆定理可得AC⊥CB．再利用面面垂足的性质定理即可证明BC⊥平面ACFE．
（2）如图所示，建立空间直角坐标系．设M（a，0，1），设平面ABM的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），可得$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MB}=0}\end{array}\right.$，取平面BCE的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，0，0）．利用$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，$a∈[0，\sqrt{3}]$．即可得出．

解答 （1）证明：如图所示的等腰梯形ABCD中，
经过点C，D分别作CP⊥AB，DQ⊥AB，垂足为P，Q，
则CDQP为矩形，PQ=1．在Rt△BCP中，∠B=60°，则BP=$\frac{1}{2}$BC=1，
同理可得AQ=$\frac{1}{2}$，∴AB=2．
在△ABC中，AC²=1²+2²-2×1×2×cos60°=3，
∴AC²+BC²=AB²，∴∠ACB=90°，∴AC⊥CB．
又∵四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，∴BC⊥平面ACFE．
（2）解：如图所示，建立空间直角坐标系．
C（0，0，0），A（$\sqrt{3}$，0，0），B（0，1，0），E（0，0，1），
设M（a，0，1），
$\overrightarrow{AB}$=（-$\sqrt{3}$，1，0），$\overrightarrow{MB}$=（-a，1，-1），$\overrightarrow{CB}$=（0，1，0），
$\overrightarrow{CE}$=（0，0，1），
设平面ABM的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MB}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x+y=0}\\{-ax+y-z=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{m}$=$（1，\sqrt{3}，\sqrt{3}-a）$．
取平面BCE的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，0，0）．
由$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{1+3+（\sqrt{3}-a）^{2}}}$，
由题意可得：$\frac{1}{\sqrt{4+（\sqrt{3}-a）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，$a∈[0，\sqrt{3}]$．
解得a=$\sqrt{3}$-1．
因此在线段EF上点M$（\sqrt{3}-1，0，1）$，使得平面MAB与平面FCB所成锐二面角的平面角为θ，且满足cosθ=$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．
FM=$\sqrt{3}$-1．

点评 本题考查了空间位置关系、等腰梯形的性质、直角三角形的边角关系、法向量的应用、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．