Question

16．几何体EFG-ABCD的面ABCD，ADGE，DCFG均为矩形，AD=DC=1，AE=$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求证：EF⊥平面GDB；
（Ⅱ）线段DG上是否存在点M使直线BM与平面BEF所成的角为45°？若存在，求$\frac{DM}{DG}$的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接AC，通过证明AC⊥平面BDG，EF∥AC得出EF⊥平面GDB；
（2）以D为原点建立坐标系，设M（0，0，h），求出$\overrightarrow{BM}$和平面BEF的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{BM}$＞|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解出h得出M的位置．

解答 证明：（1）连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，AD=DC，
∴AC⊥BD．
∵四边形ADGE，DCFG均为矩形，
∴DG⊥AD，DG⊥CD，又AD∩CD=D，
∴DG⊥平面ABCD．
∴DG⊥AC
又BD?平面BDG，DG?平面BDG，BD∩DG=D，
∴AC⊥平面BDG．
∵四边形ADGE，DCFG均为矩形，
∴AE$\stackrel{∥}{=}CF$，
∴四边形ACFE是平行四边形，
∴EF∥AC，
∴EF⊥平面BDG．
（2）以D为原点，以DA，DC，DG为坐标轴建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示：
则B（1，1，0），E（1，0，$\sqrt{2}$），F（0，1，$\sqrt{2}$），设M（0，0，h）（0$≤h≤\sqrt{2}$），
则$\overrightarrow{BM}$=（-1，-1，h），$\overrightarrow{BE}$=（0，-1，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{BF}$=（-1，0，$\sqrt{2}$）．
设平面BEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-y+\sqrt{2}z=0}\\{-x+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，1）．
∴cos＜$\overrightarrow{BM}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BM}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{2}+h}{\sqrt{2+{h}^{2}}\sqrt{5}}$，
∵直线BM与平面BEF所成的角为45°，
∴$\frac{2\sqrt{2}-h}{\sqrt{2+{h}^{2}}\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得h=$\frac{\sqrt{2}}{3}$
∴$\frac{DM}{DG}=\frac{1}{3}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定，线面角的计算，属于中档题．