Question

4．如图，在三棱锥A-BCD中，O是BC中点，AO⊥平面BCD，CD⊥BD，∠BCD=$\frac{π}{6}$，BC=2，OA=$\sqrt{2}$，CE=3ED，F是OA的中点．
（I）证明：EF∥平面ABD；
（Ⅱ）直线AC上是否存在点M，使得DM与平面ABC所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，若存在，确定点M的位置，若不存在，试说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据面面平行的性质定理证明平面GEF∥平面ABD即可，
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立线面角对应的方程，解方程即可．

解答 证明：（1）如图，设OB的中点为G，连接GF，GE，则GF∥AB，
∴GF∥平面ABD．
易知CG=3GB，又CE=3ED，
∴GE∥BD，∴GE∥平面ABD，
又GE∩GF=G，
∴平面GEF∥平面ABD，
∵EF?平面GEF，
∴EF∥平面ABD．
由（1）知，点G是OB的中点．如图3，连接DG，以O为原点，以OC，OA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则x轴平行于DG，则A（0，0，$\sqrt{2}$），B（0，-1，0），C（0，1，0），D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0），
 则$\overrightarrow{AC}$=（0，1，-$\sqrt{2}$），
设$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AC}$=（0，λ，-$\sqrt{2}$λ），
则$\overrightarrow{DM}$=$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{AM}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，-$\sqrt{2}$）+（0，λ，-$\sqrt{2}$λ）=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，λ-$\frac{1}{2}$，-$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$λ），
取平面ABC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，0，0）．
则DM与平面ABC所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴DM与平面ABC所成角的正弦值sinθ=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
即sinθ=|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{DM}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DM}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{DM}|}$|=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}+（λ-\frac{1}{2}）^{2}+2（1+λ）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
平方整理得λ²+λ+$\frac{1}{4}$=0，
即（λ+$\frac{1}{2}$）²=0，
则λ=-$\frac{1}{2}$．
此时$\overrightarrow{AM}$=（0，$-\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
则（x，y，z-$\sqrt{2}$）=（0，$-\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
则x=0，y=$-\frac{1}{2}$，z=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\sqrt{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
即M（0，$-\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{2}}{2}$）．
故直线AC上存在点M，使得DM与平面ABC所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，此时M（0，$-\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{2}}{2}$）．

点评 本题考查空间线线、线面、面面之间的位置关系以及平直线与平面夹角的计算，建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立方程是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．