Question

8．如圖，已知矩形ABCD，AD=2，E為AB邊上的點(diǎn)，現(xiàn)將△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得點(diǎn)A′在平面EBCD上的投影在CD上，且直線A′D與平面EBCD所成角為45°，則線段AE的長(zhǎng)為2$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 如圖所示，過(guò)A′作A′O⊥CD，垂足為O點(diǎn)．連接OE．由題意可得：∠A′DO=45°．可得OD=A′O=$\sqrt{2}$．設(shè)AE=x，則DE=$\sqrt{4+{x}^{2}}$，OE=$\sqrt{{x}^{2}-2}$．在Rt△ADE中，cos∠AED=$\frac{x}{\sqrt{4+{x}^{2}}}$．在△ODE中，cos∠ODE=$\frac{（\sqrt{2}）^{2}+（\sqrt{4+{x}^{2}}）^{2}-（\sqrt{{x}^{2}-2}）^{2}}{2×\sqrt{2}×\sqrt{4+{x}^{2}}}$，即可得出．

解答 解：如圖所示，過(guò)A′作A′O⊥CD，垂足為O點(diǎn)．連接OE．
由題意可得：∠A′DO=45°．
∵A′D=AD=2，∴OD=A′O=$\sqrt{2}$．
設(shè)AE=x，則DE=$\sqrt{4+{x}^{2}}$，OE=$\sqrt{{x}^{2}-2}$．
在Rt△ADE中，cos∠AED=$\frac{x}{\sqrt{4+{x}^{2}}}$．
在△ODE中，cos∠ODE=$\frac{（\sqrt{2}）^{2}+（\sqrt{4+{x}^{2}}）^{2}-（\sqrt{{x}^{2}-2}）^{2}}{2×\sqrt{2}×\sqrt{4+{x}^{2}}}$，
∴$\frac{x}{\sqrt{4+{x}^{2}}}$=$\frac{（\sqrt{2}）^{2}+（\sqrt{4+{x}^{2}}）^{2}-（\sqrt{{x}^{2}-2}）^{2}}{2×\sqrt{2}×\sqrt{4+{x}^{2}}}$，
化為：$\sqrt{2}$x=4，解得x=2$\sqrt{2}$．
故答案為：2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面角、直角三角形的邊角關(guān)系、余弦定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．