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18.如圖,在邊長為4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于點E,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1E⊥EB.

(1)求證:A1D⊥DC;
(2)求二面角E-A1B-C的余弦值;
(3)判斷在線段EB上是否存在一點P,使平面A1DP⊥平面A1BC?若存在,求出EPEB的值,若不存在,說明理由.

分析 (1)由題意知EA1,EB,ED兩兩垂直,建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能證明A1D⊥DC.
(2)求出平面A1BE的一個向量和平面A1BC的一個法向量,利用向量法能求出二面角E-A1B-C的余弦值.
(3)設(shè)EPEB=λ(0≤λ≤1),A1P=A1E+EP=\overrightarrow{{A}_{1}E}+λ\overrightarrow{EB}=(-2,2λ,0),求出平面A1DP的法向量和平面A1BC法向量,利用向量法能求出在線段EB上存在一點P,使平面A1DP⊥平面A1BC.

解答 證明:(1)∵在邊長為4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于點E,
將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1E⊥EB.
∴由題意知EA1,EB,ED兩兩垂直,建立空間直角坐標(biāo)系,
由題意得DE=2\sqrt{3},從而A1(2,0,0),B(0,2,0),C(0,4,2\sqrt{3}),D(0,0,2\sqrt{3}),
\overrightarrow{{A}_{1}D}=(-2,0,2\sqrt{3}),\overrightarrow{DC}=(0,4,0),
\overrightarrow{{A}_{1}D}\overrightarrow{DC}=0,∴A1D⊥DC.
解:(2)平面A1BE的一個向量\overrightarrow{n}=(0,0,1),
\overrightarrow{B{A}_{1}}=(2,-2,0),\overrightarrow{BC}=(0,2,2\sqrt{3}),
設(shè)平面A1BC的一個法向量為\overrightarrow{m}=(x,y,z),
\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=2x-2y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=2y+2\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.,令z=1,則\overrightarrow{m}=(-\sqrt{3},-\sqrt{3},1),
∴cos<\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}>=\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}=\frac{\sqrt{7}}{7},
∴二面角E-A1B-C的余弦值為-\frac{\sqrt{7}}{7}
(3)若存在一點P,使平面A1DP⊥平面A1BC,
設(shè)\frac{EP}{EB}=λ(0≤λ≤1),\overrightarrow{{A}_{1}P}=\overrightarrow{{A}_{1}E}+\overrightarrow{EP}=\overrightarrow{{A}_{1}E}+λ\overrightarrow{EB}=(-2,2λ,0),
\overrightarrow{{A}_{1}D}=(-2,0,2\sqrt{3}),
設(shè)平面A1DP的法向量\overrightarrow{n}=(a,b,c),
\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}P}=-2a+2bλ=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-2a+2\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.,令c=λ,則\overrightarrow{n}=(\sqrt{3}λ,\sqrt{3},λ),
則平面A1BC法向量\overrightarrow{m}=(-\sqrt{3},-\sqrt{3},1),
∵平面A1DP⊥平面A1BC,
\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}=-3λ-3+λ=0,
解得λ=-\frac{3}{2},與0≤λ≤1矛盾,
∴在線段EB上存在一點P,使平面A1DP⊥平面A1BC.

點評 本題考查線線垂直的證明,考查二面角的余弦值的求法,考查線段比值的求法,是中檔題,解題時要認(rèn)真審題,注意空間思維能力的培養(yǎng).

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