Question

1．如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，$AB=\sqrt{2}，AF=1$．P為線段EF上一點．
（I）若P為EF的中點，求證：AP⊥DF；
（Ⅱ）是否存在點P，使直線AP與平面BDF所成的角為$\frac{π}{3}$？若存在，確定P點的位置；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （I）建立空間坐標系，由條件求得點P的坐標，再根據(jù)向量$\overrightarrow{AP}$與向量$\overrightarrow{DP}$的數(shù)量級等于零，可得AP⊥DF．
（II）設平面BDF的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，由 $\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{DF}=0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{x=y}\\{z=-\sqrt{2}y}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow n=（1，1，-\sqrt{2}）$，設$\overrightarrow{EP}=λ\overrightarrow{EF}⇒P（\sqrt{2}λ，\sqrt{2}λ，1）$，再根據(jù)$\overrightarrow{AP}$與$\overrightarrow{n}$的夾角的余弦值的絕對值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求得λ的值，可得結論．

解答 解：（I）以CD，CB，CE分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系如圖．
則$C（0，0，0），A（\sqrt{2}，\sqrt{2}，0），B（0，\sqrt{2}，0），D（\sqrt{2}，0，0），F(xiàn)（\sqrt{2}，\sqrt{2}，1）$．
∵P為EF的中點，∴$P（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$$⇒\overrightarrow{AP}=（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1），\overrightarrow{DF}=（0，\sqrt{2}，0）$，$⇒\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{DF}=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}×\sqrt{2}+1=0∴AP⊥DF$．
（II）由（I）得，$\overrightarrow{DB}=（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，0），\overrightarrow{DF}=（0，\sqrt{2}，1）$．
設平面BDF的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，由 $\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{DF}=0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{x=y}\\{z=-\sqrt{2}y}\end{array}}\right.$，
取$\overrightarrow n=（1，1，-\sqrt{2}）$，設$\overrightarrow{EP}=λ\overrightarrow{EF}⇒P（\sqrt{2}λ，\sqrt{2}λ，1）$，
則$\overrightarrow{AP}=（\sqrt{2}λ-\sqrt{2}，\sqrt{2}λ-\sqrt{2}，1）（0≤λ≤1）$，$\overrightarrow n•\overrightarrow{AP}=2\sqrt{2}λ-3\sqrt{2}$，
而$|\overrightarrow n|=2，|\overrightarrow{AP}|=\sqrt{4{{（λ-1）}^2}+1}$，∴$\frac{{|2\sqrt{2}λ-3\sqrt{2}|}}{{2\sqrt{{{（λ-1）}^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}⇒4{λ^2}=3∴λ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}∈[0，1]$，
即$EP=\sqrt{3}$所以存在P點（$EP=\sqrt{3}$），使直線AP與平面BDF成60°．

點評 本題主要考查直線和平面所成的角，空間向量的應用，體現(xiàn)了轉化的數(shù)學思想，屬于中檔題．