Question

15．如圖，邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$的正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=$\frac{1}{2}$AB=1，點(diǎn)M在線段EC上．
（Ⅰ）證明：平面BDM⊥平面ADEF；
（Ⅱ）判斷點(diǎn)M的位置，使得平面BDM與平面ABF所成銳二面角為$\frac{π}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知三角形的半徑關(guān)系得到AD⊥BD，再由面面垂直的性質(zhì)得到ED⊥面ABCD，進(jìn)一步得到BD⊥ED，利用線面垂直的判定得到BD⊥面ADEF，由BD?面BDM，利用面面垂直的判定得到平面BDM⊥平面ADEF；
（Ⅱ）在面DAB內(nèi)過(guò)D作DN⊥AB，垂足為N，則可證得DN⊥CD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DN所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出所用點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合E，M，C三點(diǎn)共線得到$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{EC}（0＜λ＜1）$，把M的坐標(biāo)用含有λ的代數(shù)式表示，求出平面BDM的法向量，再由平面ABF的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=\overrightarrow{DN}=（1，0，0）$，由平面BDM與平面ABF所成銳二面角為$\frac{π}{3}$求得$λ=\frac{2}{3}$．則點(diǎn)M的坐標(biāo)可求，位置確定．

解答 （Ⅰ）證明：如圖，
∵DC=BC=1，DC⊥BC，∴BD=$\sqrt{2}$，
又∵AD=$\sqrt{2}$，AB=2，∴AD²+BD²=AB²，則∠ADB=90°，
∴AD⊥BD．
又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD=AD，
∴ED⊥面ABCD，則BD⊥ED，
又∵AD∩DE=D，∴BD⊥面ADEF，又BD?面BDM，
∴平面BDM⊥平面ADEF；
（Ⅱ）在面DAB內(nèi)過(guò)D作DN⊥AB，垂足為N，
∵AB∥CD，∴DN⊥CD，
又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED，
∴以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DN所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
∴B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，$\sqrt{2}$），N（1，0，0），
設(shè)M（x₀，y₀，z₀），由$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{EC}（0＜λ＜1）$，得$（{x}_{0}，{y}_{0}，{z}_{0}-\sqrt{2}）=λ（0，1，-\sqrt{2}）$，
∴x₀=0，${y}_{0}=λ，{z}_{0}=\sqrt{2}（1-λ）$，則M（0，λ，$\sqrt{2}（1-λ）$），
設(shè)平面BDM的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DM}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DB}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{λy+\sqrt{2}z（1-λ）=0}\\{x+y=0}\end{array}\right.$，
令x=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}=（1，-1，\frac{λ}{\sqrt{2}（1-λ）}）$．
∵平面ABF的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}=\overrightarrow{DN}=（1，0，0）$，
∴$cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞=\frac{1}{\sqrt{1+1+\frac{{λ}^{2}}{2（1-λ）^{2}}}}=\frac{1}{2}$，解得：$λ=\frac{2}{3}$．
∴M（0，$\frac{2}{3}，\frac{\sqrt{2}}{3}$），
∴點(diǎn)M的位置在線段CE的三等分點(diǎn)且靠近C處．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線與平面之間的平行、垂直等位置關(guān)系，二面角的概念、求法等知識(shí)，以及空間想象能力和邏輯推理能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．