2012_北京卷 (2012·理)
16．（14分）如图 1，在 Rt $\triangle A B C$ 中，$\angle C=90^{\circ}, B C=3, A C=6, D$ ，E 分别是 $A C$ ， $A B$ 上的点，且 $D E / / B C, D E=2$ ，将 $\triangle A D E$ 沿 $D E$ 折起到 $\triangle A_{1} D E$ 的位置，使 $A_{1} C \perp \mathrm{CD}$ ，如图 2.
（1）求证： $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp$ 平面 BCDE ；
（2）若 $M$ 是 $A_{1} D$ 的中点，求 $C M$ 与平面 $A_{1} B E$ 所成角的大小；
（3）线段 BC 上是否存在点 P ，使平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{DP}$ 与平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 垂直？说明理由．
图 1
图2
【考点】LW：直线与平面垂直；MI：直线与平面所成的角；MN：向量语言表述面面的垂直、平行关系．
【专题】5F：空间位置关系与距离．
【分析】（1）证明 $A_{1} C \perp$ 平面 $B C D E$ ，因为 $A_{1} C \perp C D$ ，只需证明 $A_{1} C \perp D E$ ，即证明 $\mathrm{DE} \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{CD}$ ；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 法向量 $\overrightarrow{\mathrm{n}}=(-1,2, \sqrt{3}), \overrightarrow{\mathrm{CM}}=(-1,0, \sqrt{3})$ ，利用向量的夹角公式，即可求得 CM与平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 所成角的大小；
③设线段 $B C$ 上存在点 $P$ ，设 $P$ 点坐标为 $(0, a, 0)$ ，则 $a \in[0,3]$ ，求出平面 $A_{1} D P$ 法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=(-3 a, 6, \sqrt{3} a)$
假设平面 $A_{1} D P$ 与平面 $A_{1} B E$ 垂直，则 $\overrightarrow{n_{1}} \cdot \vec{n}=0$ ，可求得 $0 \leqslant a \leqslant 3$ ，从而可得结论．
【解答】（1）证明：$\because C D \perp D E, A_{1} D \perp D E, C D \cap A_{1} D=D$ ，
$\therefore \mathrm{DE} \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{CD}$ ，
又 $\because \mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \subset$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{CD}, \quad \therefore \mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp \mathrm{DE}$
又 $A_{1} C \perp C D, C D \cap D E=D$
$\therefore \mathrm{A}_{1} \mathrm{C} \perp$ 平面 BCDE
（2）解：如图建系，则 $\mathrm{C}(0,0,0), \mathrm{D}(-2,0,0), \mathrm{A}_{1}(0,0,2 \sqrt{3}), \mathrm{B} (0,3,0), E(-2,2,0)$
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}}=(0,3,-2 \sqrt{3}), \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{E}}=\left(\begin{array}{ll}-2 & 2, \\ & -2 \sqrt{3}\end{array}\right)$
设平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 法向量为 $\overrightarrow{\mathrm{n}}=(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})$
则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{A_{1} B} \cdot \vec{n}=0 \\ \overrightarrow{A_{1} E} \cdot \vec{n}=0\end{array} \therefore\left\{\begin{array}{l}3 y-2 \sqrt{3} z=0 \\ -2 x+2 y-2 \sqrt{3} z=0\end{array} \therefore\left\{\begin{array}{l}z=\frac{\sqrt{3}}{2} y \\ x=-\frac{y}{2}\end{array}\right.\right.\right.$
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{n}}=(-1,2, \sqrt{3})$
又 $\because \mathrm{M}(-1,0, \sqrt{3}), \quad \therefore \overrightarrow{\mathrm{CM}}=(-1,0, \sqrt{3})$
$\therefore \cos \theta=\frac{\overrightarrow{\mathrm{CM}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{n}}}{|\overrightarrow{\mathrm{CM}}| \cdot|\overrightarrow{\mathrm{n}}|}=\frac{1+3}{\sqrt{1+4+3} \cdot \sqrt{1+3}}=\frac{4}{2 \cdot 2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
$\therefore \mathrm{CM}$ 与平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 所成角的大小 $45^{\circ}$
（3）解：设线段 $B C$ 上存在点 $P$ ，设 $P$ 点坐标为 $(0, a, 0)$ ，则 $a \in[0,3]$
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{P}}=(0, \mathrm{a},-2 \sqrt{3}), \overrightarrow{\mathrm{DP}}=(2, \mathrm{a}, 0)$
设平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{DP}$ 法向量为 $\overrightarrow{\mathrm{n}_{1}}=\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}, \mathrm{z}_{1}\right)$
则 $\left\{\begin{array}{l}a y_{1}-2 \sqrt{3} z_{1}=0 \\ 2 x_{1}+a y_{1}=0\end{array} \therefore\left\{\begin{array}{l}z_{1}=\frac{\sqrt{3}}{6} a y_{1} \\ x_{1}=-\frac{1}{2} a y_{1}\end{array}\right.\right.$
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{n}_{1}}=(-3 \mathrm{a}, 6, \sqrt{3} \mathrm{a})$
假设平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{DP}$ 与平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 垂直，则 $\overrightarrow{\mathrm{n}_{1}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{n}}=0$ ，
$\therefore 3 a+12+3 a=0,6 a=-12, a=-2$
$\because 0 \leqslant a \leqslant 3$
∴ 不存在线段 BC 上存在点 P ，使平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{DP}$ 与平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BE}$ 垂直
【点评】本题考查线面垂直，考查线面角，考查面面垂直，既有传统方法，又有向量知识的运用，要加以体会．