Question

如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点．
（Ⅰ）求证：AB⊥DE；
（Ⅱ）求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值；
（Ⅲ）在△ABE内是否存在一点Q，使PQ⊥平面CDE，如果存在，求PQ的长；如果不存在，说明理由．

Answer 1

考点：用空间向量求平面间的夹角,直线与平面垂直的判定,直线与平面垂直的性质

专题：空间位置关系与距离

分析：（Ⅰ）取AB中点O，连结OD，OE，由已知条件推导出AB⊥OE，四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC，AB⊥OD．
由此证明AB⊥平面ODE，从而得到AB⊥DE．
（Ⅱ）以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值．
（Ⅲ）设Q（x₂，y₂，0），利用向量法能求出存在点Q(-

1

2

，

3

3

，0)，使PQ⊥平面CDE，此时|PQ|=

3

3

．

解答： （Ⅰ）证明：取AB中点O，连结OD，OE，…（1分）
因为△ABE是正三角形，所以AB⊥OE．
因为 四边形ABCD是直角梯形，DC=

1

2

AB，AB∥CD，
所以 四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC，
又AB⊥BC，所以 AB⊥OD．
所以 AB⊥平面ODE，…（3分）
所以 AB⊥DE．…（4分）
（Ⅱ）解：因为平面ABCD⊥平面ABE，AB⊥OE，
所以OE⊥平面ABCD，
所以 OE⊥OD．…（5分）
如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系．
则 A（1，0，0），B（-1，0，0），
D（0，0，1），C（-1，0，1），E(0， 

3

 ，0)．
所以 

AD

=(-1， 0， 1)，

DE

=(0， 

3

，- 1)，…（6分）
设平面ADE的法向量为n₁=（x₁，y₁，z₁），
则

n1• DE =0 n1• AD =0

?

3 y1-z1=0 -x1+z1=0

，…（7分）
令z₁=1，则x₁=1，y1=

3

3

．所以n₁=(1， 

3

3

， 1)．…（8分）
同理求得平面BCE的法向量为n₂=(-

3

，1，0)，…（9分）
设平面ADE与平面BCE所成的锐二面角为θ，则cosθ=|

n1•n2

|n1||n2|

|=

7

7

．
所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为

7

7

．…（10分）
（Ⅲ）解：设Q（x₂，y₂，0），因为P(-

1

2

，

3

2

，

1

2

)，
所以

PQ

=(x2+

1

2

， y2-

3

2

，-

1

2

)，

CD

 = (1，0，0)，

DE

 = (0，

3

， -1)．
依题意

PQ • CD =0 PQ • DE =0

，即

x2+ 1 2 =0 3 (y2- 3 2 )+ 1 2 =0

…（11分）
解得 x2=-

1

2

，y2=

3

3

．…（12分）
符合点Q在三角形ABE内的条件．…（13分）
所以，存在点Q(-

1

2

，

3

3

，0)，使PQ⊥平面CDE，此时|PQ|=

3

3

．…（14分）

点评：本题考查异面直线垂直的证明，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．