Question

4．如图，已知△ABC为正三角形，D为AB的中点，E在AC上，且AE
=$\frac{1}{4}$AC，现沿DE将△ADE折起，折起过程中点A仍然记作点A，使得平面ADE⊥平面BCED，在折起后的图形中．
（I）在AC上是否存在点M，使得直线ME∥平面ABD．若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
（Ⅱ）求平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （I）令AM=$\frac{1}{4}$AC，则可证平面EMH∥平面ABD，故而EM∥平面ABD；
（II）以E为原点，以ED，EC，EA为坐标轴建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$，则|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|即为所求．

解答 解：（I）当AM=$\frac{1}{4}$AC时，EM∥平面ABD．
证明如下：在BC上取点H，使得BH=$\frac{1}{4}$BC，则EH∥BD，MH∥AB，
又EH?平面EMH，MH?平面EMH，EH∩MH=H，BD?平面ABD，AB?平面ABD，BD∩AB=B，
∴平面EMH∥平面ABD，又EM?平面EMH，
∴EM∥平面ABD．
（II）在△ADE中，∵AE=$\frac{1}{2}$AD，∠DAE=60°，∴AE⊥DE．
又平面ADE⊥平面BCED，平面ADE∩平面BCED=DE，AE?平面ADE，
∴AE⊥平面BCED．
以E为原点，以ED，EC，EA为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设正三角形ABC的边长为4，则E（0，0，0），A（0，0，1），D（$\sqrt{3}$，0，0），B（2$\sqrt{3}$，1，0），
∴$\overrightarrow{AB}$=（2$\sqrt{3}$，1，-1），$\overrightarrow{DB}$=（$\sqrt{3}$，1，0），
设平面ABD的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{3}x+y-z=0}\\{\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，令x=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-3，3）．
又DE⊥平面ACE，∴$\overrightarrow{n}$=（1，0，0）为平面ACE的一个法向量．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{21}×1}$=$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
∴平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查了线面平行的判定，空间向量的应用与二面角的计算，属于中档题．