Question

20．在如圖所示的多面體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC=BC=BD=2AE=2，M是AB的中點．
（Ⅰ）求證：CM⊥EM；
（Ⅱ）求平面EMC與平面BCD所成的銳二面角的余弦值；
（Ⅲ）在棱DC上是否存在一點N，使得直線MN與平面EMC所成的角為60°．若存在，指出點N的位置；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）證明CM⊥AB．CM⊥EA．即可證明CM⊥平面AEM，利用直線與平面垂直的性質(zhì)定理證明CM⊥EM．
（Ⅱ）以M為原點，分別以MB，MC為x，y軸，如圖建立坐標系M-xyz，求出相關點的坐標以及
平面EMC的一個法向量，設面DBC的一個法向量，通過空間向量的數(shù)量積求解平面EMC與平面BCD所成的銳二面角的余弦值．
（Ⅲ）設N（x，y，z），$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DC}$，0≤λ≤1，利用若直線MN與平面EMC所成的角為60°，列出方程求出λ，即可得到點的位置．

解答 （本小題共14分）
（I）證明：∵AC=BC，M是AB的中點∴CM⊥AB．
又EA⊥平面ABC，CM⊥EA．∵EA∩AB=A∴CM⊥平面AEM
∴CM⊥EM…（4分）
（Ⅱ）以M為原點，分別以MB，MC為x，y軸，如圖建立坐標系M-xyz，
則$M（0，0，0），C（0，\sqrt{2}，0），B（\sqrt{2}，0，0），D（\sqrt{2}，0，2），E（-\sqrt{2}，0，1）$$\overrightarrow{ME}=（-\sqrt{2}.0.1），\overrightarrow{MC}=（0，\sqrt{2}，0），\overrightarrow{BD}=（0，0，2），\overrightarrow{BC}=（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，0）$
設平面EMC的一個法向量$\overrightarrow m=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，則$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{2}{x_1}+{z_1}=0\\ \sqrt{2}{y_1}=0\end{array}\right.$
取${x_1}=1，{y_1}=0，{z_1}=\sqrt{2}$所以$\overrightarrow m=（1，0，\sqrt{2}）$
設平面DBC的一個法向量$\overrightarrow n=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，則$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{2}{x_2}+\sqrt{2}{y_2}=0\\ 2{y_2}=0\end{array}\right.$
取x₁=1，y₁=1，z₁=0，所以$\overrightarrow n=（1，1.0）$$cos\left?{\overrightarrow m，\overrightarrow n}\right＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{1}{{\sqrt{2}×\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$
所以平面EMC與平面BCD所成的銳二面角的余弦值$\frac{{\sqrt{6}}}{6}$．…（9分）
（Ⅲ）在棱DC上存在一點N，
設N（x，y，z）且$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DC}$，0≤λ≤1，
$\begin{array}{c}∴（x-\sqrt{2}，y，z-2）=λ（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，-2），\end{array}\right.$$x=\sqrt{2}-\sqrt{2}λ，y=\sqrt{2}λ，z=2-2λ$，
$\overrightarrow{MN}=（\sqrt{2}-\sqrt{2}λ，\sqrt{2}λ，2-2λ）$
若直線MN與平面EMC所成的角為60°，則$cos?\overrightarrow{MN}，\overrightarrow{m}＞=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}λ+\sqrt{2}（2-2λ）}{\sqrt{3}\sqrt{2{（1-λ）}^{2}+2{λ}^{2}+4{（1-λ）}^{2}}}=sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$
解得：$λ=\frac{1}{2}$，所以符合條件的點N存在，為棱DC的中點．…（14分）

點評 本題考查直線與平面垂直的判斷與性質(zhì)定理的應用，二面角的平面角以及直線與平面所成角的處理方法，空間向量的數(shù)量積的應用．