Question

18．如图：已知平面ABCD⊥平面BCE，平面ABE⊥平面BCE，AB∥CD，AB=BC=4，CD=2，△BEC为等边三角形，P是线段CD上的动点．
（1）求证：平面ABE⊥平面ADE；
（2）求直线AB与平面APE所成角的最大值；
（3）是否存在点P，使得AP⊥BD？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）证明平面ABE的法向量、面ADE的一个法向量垂直，即可证明平面ABE⊥平面ADE；
（2）利用向量的数量积公式，求直线AB与平面APE所成角的最大值；
（3）利用反证法证明不存在点P，使得AP⊥BD．

解答 （1）证明：∵平面ABCD⊥平面BCE=BC，在平面ABCD内作AM⊥BC，则AM⊥平面BCE，
同理，在平面ABE内作AN⊥BE，则AN⊥平面BCE，
∴AM∥AN，即AM，AN重合，AB⊥平面BCE，
取BE、AE中点O、F，连结OC、OF，以O为原点，
OE、OC、OF为x，y，z轴建立坐标系，
则A（-2，0，4），B（-2，0，0），$C（0，2\sqrt{3}，0）$，$D（0，2\sqrt{3}，2）$，E（2，0，0），
可得平面ABE的法向量为$\overrightarrow{OC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0）
设面ADE的一个法向量为$\overrightarrow m=（x，y，z）$
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{AE}=4x-4z=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{DE}=2x-2\sqrt{3}y-2z=0\end{array}\right.$可得$\overrightarrow m=（1，0，1）$
从而$\overrightarrow m•\overrightarrow{OC}=0$，平面ABE⊥平面ADE．
（2）解：设|CP|=d，则$P（0，2\sqrt{3}，d）$，设面APE的一个法向量为$\overrightarrow n=（m，n，k）$
则$\left\{\begin{array}{l}{4m-4k=0}\\{2m-2\sqrt{3}n-dk=0}\end{array}\right.$可得$\overrightarrow{n}$=（1，$\frac{2-d}{2\sqrt{3}}$，1）．
设直线AB与面ADE所成角为θ，
则sinθ=$\frac{4}{4\sqrt{1+1+\frac{（2-d）^{2}}{12}}}$∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），所以${（sinθ）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
从而直线AB与平面APE所成角的最大值为$\frac{π}{4}$．
（3）解：由（2）知，$P（0，2\sqrt{3}，d）$，则$\overrightarrow{AP}=（2，2\sqrt{3}，d-4），\overrightarrow{BD}=（2，2\sqrt{3}，2）$，$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{BD}=d+4=0$，d=-4＜0，故不存在点P，使得AP⊥BD．

点评 本题考查平面与平面垂直的判定，考查向量方法的运用，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．