分析 (Ⅰ)取DE中點(diǎn)F,AC中點(diǎn)G,以F為原點(diǎn),F(xiàn)G為x軸,F(xiàn)D為y軸,F(xiàn)A為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能證明DF∥平面ABE.
(Ⅱ)求出平面ABE的法向量和平面ACD的法向量,利用向量法能求出θ的正弦值.
(Ⅲ)求出$\overrightarrow{AE}$=(0,-1,-2),設(shè)H(1,t,0),-2<t<2,則$\overrightarrow{DH}$=(1,t-1,0),由DH⊥AE,可得$\overrightarrow{DH}•\overrightarrow{AE}$=0,由此求出線段上BC存在點(diǎn)H,使得DH⊥AE成立,且BH=3.
解答 解:(Ⅰ)證明:取DE中點(diǎn)F,AC中點(diǎn)G,以F為原點(diǎn),F(xiàn)G為x軸,F(xiàn)D為y軸,F(xiàn)A為z軸,
建立空間直角坐標(biāo)系,
D(0,1,0),C(1,2,0),A(0,0,2),F(xiàn)($\frac{1}{2},1,1$),B(1,-2,0),E(0,-1,0),
$\overrightarrow{DF}$=($\frac{1}{2},0,1$),$\overrightarrow{AB}$=(1,-2,-2),$\overrightarrow{AE}$=(0,-1,-2),
設(shè)平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=x-2y-2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=-y-2z=0}\end{array}\right.$,取z=1,得$\overrightarrow{n}$=(-2,-2,1),
$\overrightarrow{DF}•\overrightarrow{n}$=-1+0+1=0,
又DF?平面ABE,∴DF∥平面ABE.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=(-2,-2,1),
$\overrightarrow{AC}$=(1,2,-2),$\overrightarrow{AD}$=(0,1,-2),
設(shè)平面ACD的法向量$\overrightarrow{m}$=(a,b,c),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=a+2b-2c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=b-2c=0}\end{array}\right.$,取c=1,得$\overrightarrow{m}$=(0,2,1),
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3}{\sqrt{9}•\sqrt{5}}$=$\frac{1}{\sqrt{5}}$,sinθ=$\sqrt{1-(\frac{1}{\sqrt{5}})^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
∴θ的正弦值為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
(Ⅲ)線段BC上存在點(diǎn)H,使得DH⊥AE成立,理由如下:
$\overrightarrow{AE}$=(0,-1,-2),設(shè)H(1,t,0),-2<t<2,則$\overrightarrow{DH}$=(1,t-1,0),
∵DH⊥AE,∴$\overrightarrow{DH}•\overrightarrow{AE}$=0-(t-1)+0=0,解得t=1,
∴線段上BC存在點(diǎn)H,使得DH⊥AE成立,且BH=3.
點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明,考查二面角的正弦值的求法,考查條件的點(diǎn)是否存在的判斷與求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意向量法的合理運(yùn)用.
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A. | $\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ | B. | $\frac{3}{4}$ | C. | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$ | D. | $\frac{2}{3}$ |
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