Question

如圖，平面EAD⊥平面ABFD，△AED為正三角形，四邊形ABFD為直角梯形，且∠BAD=90°，
AB∥DF，AD=a，AB=

2

a，DF=

2 a

2

．
（I）求證：EF⊥FB；
（II）求二面角A-BF-E的大��；
（Ⅲ）點P是線段EB上的動點，當∠APF為直角時，求BP 的長度．

Answer 1

分析：（I）由圖形知，連接OF，證明EF⊥FB可通過證明FB⊥平面EOF，利用線面垂直的性質(zhì)證線線垂直；
（II）法一：由于平面EAD⊥平面ABCD，過點E向AD引垂線交AD于點O，連接OB，OF，延長DF到點C，使CD=AB，可證得∠EFO為二面角A-BF-E的平面角，在Rt△EOF中，求出此角；
法二：取AD的中點O，連接OE，則EO⊥AD，EO⊥平面ABCDD，建立如圖所示的直角坐標系，設AD=a，給出圖形中各點的用a表示的坐標，求出兩平面EFB的法向量與平面ABCD的一個法向量，再由向量求夾角公式求出兩平面的夾角；
（Ⅲ）由（II）中的法二，利用向量求解，可設

PB

=t

EB

，（0≤t≤1）用引入的參數(shù)t表示出

PA

，

PF

的坐標，再由兩向量垂直的條件建立關于t的方程，求出t的值即可得到符合條件的點P的位置，從而求BP 的長度

解答：解：（I）證明：連接OF，則OF2=OD2+DF2=

1

4

a2+

1

2

a2=

3

4

a2，FB2=FC2+CB2=

1

2

a2+a2=

3

2

a2，OB2=

9

4

a2，
所以OB²=OF²+FB²，即OF⊥FB．
又因為EO⊥FB，所以FB⊥平面EOF，得EF⊥FB．（3分）
方法一
（Ⅱ）∵平面EAD⊥平面ABCD，過點E向AD引垂線交AD于點O，連接OB，OF，延長DF到點C，使CD=AB，
則OF2=OD2+DF2=

1

4

a2+

1

2

a2=

3

4

a2，FB2=FC2+CB2=

1

2

a2+a2=

3

2

a2，OB2=

1

4

a2+2a2=

9

4

a2，
所以OB²=OF²+FB²，即∠EFO為二面角A-BF-E的平面角，
在Rt△EOF中，EO=OF，所以∠OFE=

π

4

．    （6分）
方法二：（II ）取AD的中點O，連接OE，則EO⊥AD，EO⊥平面ABCDD，建立如圖所示的直角坐標系，設AD=a，
則AB=

2

a，則EO=

3

2

a，
則A(

a

2

，0，0)，B(

a

2

，

2

a，0)，E(0，0，

3

2

a)，F(xiàn)(-

a

2

，

2

2

a，0)，
所以

EF

=(-

a

2

，

2

2

a，

3

2

a)，

EB

=(

a

2

，

2

a，-

3

2

a)，
可求得平面EFB的法向量為

n

=(-

3

3

，

6

3

，1)，
平面ABCD的一個法向量為

m

=(0，0，1)，
則二面角A-BF-E的大小為θ，cosθ=

2

2

，即二面角為

π

4

．          （6分）
（Ⅲ）設

PB

=t

EB

，（0≤t≤1）則

PA

=

PB

+

BA

=t

EB

+

BA

=t(

a

2

，

2

a，-

3

2

a)+(0，-

2

a，0)=a(

t

2

，

2

(t-1)，-

3

2

t)，同理，

PF

=a((

t

2

-1)，

2

(t-

1

2

)，-

3

2

t)，（8分）

PA

•

PF

=a2[

t

2

(

t

2

-1)+2(t-1)(t-

1

2

)+

3

4

t2]=a2(3t2-

7

2

t+1)，
由3t2-

7

2

t+1=0，解得t=

1

2

或

2

3

，
所以BP=

3

2

a或

2 3

3

a．（10分）

點評：本題考查與二面角有關的立體幾何證明題，解題的關鍵是熟練掌握二面角的平面角的做法以及用向量法求二面角的步驟，向量中的方程與立體幾何中位置關系的對應，如數(shù)量積為0與垂直的對應，向量的共線與平行的對應，向量夾角與線線角，線面角，面面角的對應，本題考查了數(shù)形結合的思想，轉(zhuǎn)化的思想，方程的思想，考查了待定系數(shù)建立方程的技巧，用向量解決立體幾何問題的方法，本題知識性綜合性強，考查空間想像能力，推理判斷能力及轉(zhuǎn)化的能力，本題運算量大，且多是符號運算，解題時要嚴謹