Question

20．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，D，E分别为边AC，AB的中点，点F，G分别为线段CD，BE的中点．将△ADE沿DE折起到△A₁DE的位置，使∠A₁DC=60°．点Q为线段A₁B上的一点，如图2．

（Ⅰ）求证：A₁F⊥BE；
（Ⅱ）线段A₁B上是否存在点Q£?使得FQ∥平面A₁DE？若存在，求出A₁Q的长，若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）当$\overrightarrow{{A_1}Q}=\frac{3}{4}\overrightarrow{{A_1}B}$时，求直线GQ与平面A₁DE所成角的大小．

Answer 1

分析 （I）由DE⊥平面A₁DC得出DE⊥A₁F，再证出AF₁⊥CD得出A₁F⊥平面BCDE，从而得出A₁F⊥BE；
（II）取A₁B的中点Q，连接FG，FQ，GQ，通过中位线证明平面GFQ∥平面A₁DE，从而可得FQ∥平面A₁DE；
（III）以F为原点建立空间坐标系，求出平面A₁DE的法向量$\overrightarrow{n}$和$\overrightarrow{GQ}$的坐标，则|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{GQ}$＞|为所求角的正弦值．

解答 解：（Ⅰ）证明：
∵A₁D=DC，
∠A₁DC=60°，
∴△A₁DC为等边三角形，又F为线段CD的中点，
∴A₁F⊥DC，
由图1可知ED⊥A₁D，ED⊥DC，
∴ED⊥平面A₁DC，又A₁F?平面A₁DC，
∴ED⊥A₁F，
又ED∩DC=D，DE?平面BCDE，CD?平面BCDE，
∴A₁F⊥平面BCDE，又BE?平面BCDE，
所以A₁F⊥BE．     
（Ⅱ）取A₁B的中点Q，连接FG，FQ，GQ，
∵G，F，Q分别是BE，CD，A₁B的中点，
∴FG∥DE，GQ∥A₁E，
又FG?平面GFQ，GQ?平面GFQ，DE?平面A₁DE，A₁E?平面A₁DE，
∴平面GFQ∥平面A₁DE，又FQ?平面GFQ，
∴FQ∥平面A₁DE．
∴当Q为A₁B的中点时，FQ∥平面A₁DE．
连接BF，则BF=$\sqrt{B{C}^{2}+C{F}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
由（I）知△A₁DC是边长为2的等边三角形，A₁F⊥平面BCDE，
∴A₁F=$\sqrt{3}$，A₁F⊥BF，
∴A₁B=$\sqrt{B{F}^{2}+{A}_{1}{F}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴A₁Q=$\frac{1}{2}{A}_{1}B$=$\sqrt{2}$．
（Ⅲ）以F为原点，以FC，FG，FA₁为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则D（-1，0，0），E（-1，1，0），A₁（0，0，$\sqrt{3}$），B（1，2，0），G（0，$\frac{3}{2}$，0），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（1，2，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{DE}$=（0，1，0），$\overrightarrow{D{A}_{1}}$=（1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{G{A}_{1}}$=（0，-$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}Q}$=$\frac{3}{4}$$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（$\frac{3}{4}$，$\frac{3}{2}$，-$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），∴$\overrightarrow{GQ}$=$\overrightarrow{G{A}_{1}}$+$\overrightarrow{{A}_{1}Q}$=（$\frac{3}{4}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
设平面A₁DE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=0}\\{x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}$，0，1），
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{GQ}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{GQ}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{GQ}|}$=$\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
设直线GQ与平面A₁DE所成角为θ，则sinθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{GQ}$＞|=$\frac{1}{2}$，
∴直线GQ与平面A₁DE所成角为30°．

点评 本题考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，空间向量与空间角的计算，属于中档题．