Question

如圖1，在直角梯形ABCD中，ABCE是邊長(zhǎng)為2的正方形，且AD=2+

2

，如圖2沿CE將△CDE折起，使得AD=ED．
（I）求證：平面DAB⊥平面DEC；
（II）在線段AB上是否存在點(diǎn)G，使得二面角C-ED-G的余弦值為

1

3

？說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（I）由已知中ABCE是邊長(zhǎng)為2的正方形，結(jié)合線面垂直的判定定理，可得CE⊥平面ADE，進(jìn)而CE⊥AD，再由勾股定理可得AD⊥ED，再由線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可得平面DAB⊥平面DEC；
（II）取AE的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)F，連結(jié)OD，OF，可證得DO⊥平面ABCE，進(jìn)而求出OD=1，以O(shè)為原點(diǎn)，直線OA，OF，OD分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系利用向量法，可求出滿足條件的G點(diǎn)坐標(biāo)．

解答：證明：（Ⅰ）∵ABCE是邊長(zhǎng)為2的正方形，
∴CE⊥AE，CE⊥DE
又∵沿CE將△CDE折起后，AE∩DE=E，AE，DE?平面ADE
∴CE⊥平面ADE
又∵AD?平面ADE
∴CE⊥AD…（3分）
又AD=2+

2

，AE=2
∴AD=ED=

2

由勾股定理得AD⊥ED…（5分）
又∵CE∩ED=E，CE，ED?平面DEC
∴AD⊥平面DEC
又∵AD?平面DAB
所以平面DAB⊥平面DEC…（7分）
（Ⅱ） 如圖，取AE的中點(diǎn)O，BC的中點(diǎn)F，連結(jié)OD，OF，
∵DA=DE，
∴DO⊥AE
∵CE⊥平面ADE，CE?底面ABCE
∴平面DAE⊥底面ABCE
又平面DAE∩平面ABCE=AE，
∴DO⊥平面ABCE，
而O，F(xiàn)分別為AE，BC的中點(diǎn)，
∴OF∥AB，
又ABCE是正方形，故OF⊥AE
又DA⊥DE
∴OD=1．
以O(shè)為原點(diǎn)，直線OA，OF，OD分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，…（9分）
則有A（1，0，0），E（-1，0，0），D（0，0，1）．
若在AB上存在點(diǎn)G，使得二面角C-PD-G的余弦值為

1

3

，連結(jié)PG，DG
設(shè)G（1，a，0）（0≤a≤2）
由（Ⅰ）知平面DCE的法向量為

DA

=(1，0，-1)．…（10分）
設(shè)平面GED的法向量為

n

=(x，y，z)．
∵

ED

=(1，0，1)，

GE

=(-2，-a，0)，
∴

x+0•y+z=0 -2•x-a•y+0•z=0

，
令x=1，則y=-

2

a

，z=-1，故

n

=(1，-

2

a

，-1)…（12分）
∴cos＜

n

，

PA

＞=

n • DA

| n || DA |

=

2

2 × 2+ 4 a2

=

2 2+ 4 a2

=

1

3

，
解得，a=

1

2

…（14分）
所以，在線段AB上存在點(diǎn)G(1，

1

2

，0)，使得二面角C-PD-G的余弦值為

1

3

…（15分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二面角的平面角及求法，平面與平面垂直的判定，解答（I）的關(guān)鍵是熟練掌握空間線線垂直，線面垂直與面面垂直之間的相互轉(zhuǎn)換，解答（II）的關(guān)鍵是建立空間坐標(biāo)系，將二面角問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量夾角問(wèn)題．