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(2012•福建)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1,E为CD中点.
(Ⅰ)求证:B1E⊥AD1
(Ⅱ)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.
(Ⅲ)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.
分析:(Ⅰ)由题意及所给的图形,可以A为原点,
AB
AD
AA 1
的方向为X轴,Y轴,Z轴的正方向建立空间直角坐标系,设AB=a,给出图形中各点的坐标,可求出向量
AD 1
B 1E
的坐标,验证其数量积为0即可证出两线段垂直.
(II)由题意,可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0,t),使得DP∥平面B1AE,求出平面B1AE法向量,可法向量与直线DP的方向向量内积为0,由此方程解出t的值,若能解出,则说明存在,若不存在符合条件的t的值,说明不存在这样的点P满足题意.
(III)由题设条件,可求面夹二面角的两个平面的法向量,利用两平面的夹角为30°建立关于a的方程,解出a的值即可得出AB的长
解答:解:(I)以A为原点,
AB
AD
AA 1
的方向为X轴,Y轴,Z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,
设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(
a
2
,1,0),B1(a,0,1)
AD 1
=(0,1,1),
B 1E
=(-
a
2
,1,-1),
AB 1
=(a,0,1),
A E
=(
a
2
,1,0),
AD 1
B 1E
=1-1=0
∴B1E⊥AD1
(II)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,t),使得DP∥平面B1AE.此时
DP
=(0,-1,t).
又设平面B1AE的法向量
n
=(x,y,z).
n
⊥平面B1AE,∴
n
⊥B1A,
n
⊥AE,得
ax+z=0
ax
2
+y=0
,取x=1,得平面B1AE的一个法向量
n
=(1,-
a
2
,-a).
要使DP∥平面B1AE,只要
n
DP
,即有
n
DP
=0,有此得
a
2
-at=0,解得t=
1
2
,即P(0,0,
1
2
),
又DP?平面B1AE,
∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=
1
2

(III)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.
由(I)知,B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1
∴AD1⊥平面DCB1A1
∴AD1是平面B1A1E的一个法向量,此时
AD 1
=(0,1,1).
AD 1
n
所成的角为θ,则cosθ=
AD 1
n
|
AD 1
||
n
|
=
-
a
2
-a
2
1+
a2
4
+a2

∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,
∴|cosθ|=cos30°=
3
2
-
a
2
-a
2
1+
a2
4
+a2
=
3
2
,解得a=2,即AB的长为2
点评:本题考查利用空间向量这一工具求二面角,证明线面平行及线线垂直,解题的关键是建立恰当的坐标系及空间位置关系与向量的对应,此类解题,方法简单思维量小,但计算量大,易因为计算错误导致解题失败,解题时要严谨,认真,利用空间向量求解立体几何题是近几年高考的热点,必考内容,学习时要好好把握
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3
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x2
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+
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b2
 =1(a>b>0)
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1
2
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(Ⅰ)求椭圆E的方程.
(Ⅱ)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相较于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.

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