Question

3．如圖，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=$\frac{1}{2}$BC=2，E是BC的中點，AE∩BD=M，將△BAE沿著AE翻折成△B₁AE，使平面B₁AE⊥平面AECD．

（Ⅰ） 求證：CD⊥平面B₁DM；
（Ⅱ）求二面角D-AB₁-E的余弦值；
（Ⅲ）在線段B₁C上是否存在點P，使得MP∥平面B₁AD，若存在，求出$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}$的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明CD⊥DM．B₁M⊥CD．通過直線與平面垂直的判定定理證明CD⊥平面B₁MD．
（Ⅱ）以ME為x軸，MD為y軸，MB₁為z軸建立空間直角坐標系，求出平面AB₁E的法向量，平面DB₁A的法向量通過向量的數(shù)量積求解二面角D-AB₁-E的余弦值．
（Ⅲ） 存在點P，使得MP∥平面B₁AD，法一：取線段B₁C中點P，B₁D中點Q，連結(jié)MP，PQ，AQ．
證明$MP\underline{\underline{∥}}AQ$．說明MP∥平面AB₁D．得到結(jié)果$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}=\frac{1}{2}$．
法二：設在線段B₁C上存在點P，使得MP∥平面B₁AD，設$\overrightarrow{{B_1}P}=λ\overrightarrow{{B_1}C}$，（0≤λ≤1），通過$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow m=0$，
求出$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}=\frac{1}{2}$即可．

解答 （本小題滿分14分）
（Ⅰ）證明：由題意可知四邊形ABED是平行四邊形，所以AM=ME，故B₁M⊥AE．
又因為AB=BE，M為AE的中點，所以BM⊥AE，
即DM⊥AE．又因為AD∥BC，AD=CE=2．
所以四邊形ADCE是平行四邊形．
所以AE∥CD．
故CD⊥DM．
因為平面B₁AE⊥平面AECD，平面B₁AE∩平面AECD=AE，B₁M?平面AECD
所以B₁M⊥平面AECD．B₁M⊥AE．
因為CD?平面AECD，所以B₁M⊥CD．
因為MD∩B₁M=M，MD、B₁M?平面B₁MD，
所以CD⊥平面B₁MD．…（5分）
（Ⅱ）解：以ME為x軸，MD為y軸，MB₁為z軸建立空間直角坐標系，則$C（2，\sqrt{3}，0）$，${B_1}（0，0，\sqrt{3}）$，
A（-1，0，0），$D（0，\sqrt{3}，0）$．
平面AB₁E的法向量為$\overrightarrow{MD}$=（0，$\sqrt{3}$，0）．
設平面DB₁A的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），因為$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AD}$=（1，$\sqrt{3}$，0），$\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{3}z=0\\ x+\sqrt{3}y=0\end{array}\right.$，
令z=1得，$\overrightarrow{m}$=（-$\sqrt{3}$，1，1）．
所以cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{MD}$＞=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，因為二面角D-AB₁-E為銳角，
所以二面角D-AB₁-E的余弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…（10分）
（Ⅲ） 存在點P，使得MP∥平面B₁AD．…（11分）
法一：取線段B₁C中點P，B₁D中點Q，連結(jié)MP，PQ，AQ．
則PQ∥CD，且$PQ=\frac{1}{2}CD$．
又因為四邊形AECD是平行四邊形，所以$AE\underline{\underline{∥}}CD$．
因為M為AE的中點，則$AM\underline{\underline{∥}}PQ$．
所以四邊形AMPQ是平行四邊形，則$MP\underline{\underline{∥}}AQ$．
又因為AQ?平面AB₁D，所以MP∥平面AB₁D．
所以在線段B₁C上存在點P，使得MP∥平面B₁AD，$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}=\frac{1}{2}$．…（14分）
法二：設在線段B₁C上存在點P，使得MP∥平面B₁AD，
設$\overrightarrow{{B_1}P}=λ\overrightarrow{{B_1}C}$，（0≤λ≤1），$C（2，\sqrt{3}，0）$，因為$\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{M{B_1}}+\overrightarrow{{B_1}P}$．
所以$\overrightarrow{MP}=（2λ，\sqrt{3}λ，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$．
因為MP∥平面B₁AD，所以$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow m=0$，
所以$-2\sqrt{3}λ+\sqrt{3}λ+\sqrt{3}-\sqrt{3}λ=0$，解得$λ=\frac{1}{2}$，又因為MP?平面B₁AD，
所以在線段B₁C上存在點P，使得MP∥平面B₁AD，$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}=\frac{1}{2}$．…（14分）

點評 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應用，二面角的平面角的求法，存在性問題的判斷與證明，考查空間想象能力．