Question

14．如圖，在多面體ABCD-EF中，四邊形ABCD為正方形，EF∥AB，EF⊥EA，AB=2EF=2，∠AED=90°，AE=ED，H為AD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：EH∥平面FBD；
（Ⅱ）求證：EH⊥平面ABCD；
（Ⅲ）在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角B-FD-P的大小為$\frac{π}{3}$？若存在求出BP的長，若不存在請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）AC∩BD=O，連接HO，F(xiàn)O，推導(dǎo)出四邊形EHOF為平行四邊形，由此能證明EH∥平面FAC．
（Ⅱ）推導(dǎo)出EH⊥AD，AB⊥EA，AB⊥AD，從而AB⊥平面AED，由此能證明EH⊥平面ABCD．
（Ⅲ）AC，BD，OF兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出線段BC上是存在一點(diǎn)P，使得二面角B-FD-P的大小為$\frac{π}{3}$，且BP=0．

解答 證明：（Ⅰ）AC∩BD=O，連接HO，F(xiàn)O，
因?yàn)锳BCD為正方形，所以O(shè)是AC中點(diǎn)，
又H是AD中點(diǎn)，所以O(shè)H∥CD，OH=$\frac{1}{2}CD$，EF∥AB，EF=$\frac{1}{2}AB$，
所以EF∥OH且EF=OH，
所以四邊形EHOF為平行四邊形，
所以EH∥FO，
又因?yàn)镕O?平面FAC，EH?平面FAC．
所以EH∥平面FAC．
（Ⅱ）因?yàn)锳E=ED，H是AD的中點(diǎn)，所以EH⊥AD，
又因?yàn)锳B∥EF，EF⊥EA，所以AB⊥EA
又因?yàn)锳B⊥AD，所以AB⊥平面AED，
因?yàn)镋H?平面AED，所以AB⊥EH，
所以EH⊥平面ABCD．
解：（Ⅲ）AC，BD，OF兩兩垂直，建立如圖所示的坐標(biāo)系，∵AB=2EF=2，
∴B（0，$\sqrt{2}$，0），C（-$\sqrt{2}$，0，0），F(xiàn)（0，0，1），D（0，-$\sqrt{2}$，0），
設(shè)P（a，b，0），$\overrightarrow{BP}=λ\overrightarrow{BC}$，0≤λ≤1，即（a，b-$\sqrt{2}$，0）=λ（-$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$，0），
∴a=-$\sqrt{2}λ$，$b-\sqrt{2}=-\sqrt{2}λ$，P（-$\sqrt{2}λ$，$\sqrt{2}-\sqrt{2}λ$，0），
$\overrightarrow{FD}$=（0，-$\sqrt{2}$，-1），$\overrightarrow{FP}$=（-$\sqrt{2}λ$，$\sqrt{2}-\sqrt{2}λ$，-1），
平面BDF的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），
設(shè)平面PDF的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FD}=-\sqrt{2}x-z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FP}=-\sqrt{2}λx+（\sqrt{2}-\sqrt{2}λ）y-z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}λ}{1-λ}$，-2）
∵二面角B-FD-P的大小為$\frac{π}{3}$，
∴cos$\frac{π}{3}$=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+（\frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}λ}{1-λ}）^{2}+4}}$|=$\frac{1}{2}$，
解得λ=0，
∴線段BC上是存在一點(diǎn)P，使得二面角B-FD-P的大小為$\frac{π}{3}$，且BP=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行、線面垂直的證明，考查滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．