Question

7．如圖，四邊形ABCD為矩形，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F(xiàn)為CE上的點(diǎn)．且BF⊥平面ACE．
（1）求證：平面ADE⊥平面BCE；
（2）求二面角E-AC-B的大��；
（3）設(shè)M在線段AB上，且滿足AM=2MB，試在線段CE上確定一點(diǎn)N，使得MN∥平面DAE．

Answer 1

分析 （ 1）根據(jù)面面垂直的判定定理推斷出平面ADE⊥平面BCE；
（2）建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角E-AC-B的大��；
（3）在△ABE中過M點(diǎn)作MG∥AE交BE于G點(diǎn)，在△BEC中過G點(diǎn)作GN∥BC交EC于N點(diǎn)，連MN，證明平面MGE∥平面ADE，可得MN∥平面ADE，從而可得結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）∵BF⊥平面ACE，AE?平面ACE，
∴BF⊥AE，BF⊥CE，
∵EB=BC，∴F是CE的中點(diǎn)，
又∵AD⊥平面ABE，AD?平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面ABE，
∵平面ABCD∩平面ABE=AB，BC⊥AB
∴BC⊥平面ABE，
從而BC⊥AE，且BC∩BF=B，
∴AE⊥平面BCE，
又AE?平面ADE，
故平面平面ADE⊥平面BCE．
（2）由（1）知AE⊥平面BCE，
∴AE⊥BE，即∠AEB=90°，
取AB的中點(diǎn)O，連接OE，
則OE⊥AB，
建立以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OE，OH為x，y，z軸的空間坐標(biāo)系如圖：
∵AE=EB=BC=2，
∴AB=2$\sqrt{2}$，OA=OE=$\sqrt{2}$，
則A（$\sqrt{2}$，0，0），E（0，$\sqrt{2}$，0），B（-$\sqrt{2}$，0，0），H（O，0，2），C（-$\sqrt{2}$，0，2），
則平面ACB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，1，0），
設(shè)平面EAC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{AC}$=（-2$\sqrt{2}$，0，2），$\overrightarrow{AE}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}x+2z=0}\\{-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0}\end{array}\right.$，
令x=1，則y=1，z=$\sqrt{2}$，
即$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\sqrt{2}$），
則cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{1×\sqrt{1+1+2}}=\frac{1}{\sqrt{4}}=\frac{1}{2}$，
即＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=60°，
故二面角E-AC-B的大小為60°．
（3）在△ABE中過M點(diǎn)作MG∥AE交BE于G點(diǎn)，
在△BEC中過G點(diǎn)作GN∥BC交EC于N點(diǎn)，連MN，
∴CN=$\frac{1}{3}$CE．
∵M(jìn)G∥AE，MG?平面ADE，AE?平面ADE，
∴MG∥平面ADE．
同理，GN∥平面ADE，且MG與GN交于G點(diǎn)，
∴平面MGE∥平面ADE．
又MN?平面MGN，
∴MN∥平面ADE．
故N點(diǎn)為線段CE上靠近C點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)．

點(diǎn)評 本題考查面面垂直和線面平行的判定，以及二面角的求解，建立空間坐標(biāo)系，利用向量法是解決二面角的基本方法．