Question

16．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=$\frac{1}{2}$BC=2，E是BC的中点，将△BAE沿着AE翻折成△B₁AE，是平面B₁AE⊥平面AECD，M为线段AE的中点．
（1）求证：CD⊥B₁D；
（2）求二面角D-AB₁-E的余弦值；
（3）在线段B₁C上是否存在点P，使得直线MP∥平面B₁AD？若存在，求出$\frac{{B}_{1}P}{{B}_{1}C}$的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明CD⊥DM．B₁M⊥CD．通过直线与平面垂直的判定定理证明CD⊥平面B₁MD．
（Ⅱ）以ME为x轴，MD为y轴，MB₁为z轴建立空间直角坐标系，求出平面AB₁E的法向量，平面DB₁A的法向量通过向量的数量积求解二面角D-AB₁-E的余弦值．
（Ⅲ） 存在点P，使得MP∥平面B₁AD，设在线段B₁C上存在点P，使得MP∥平面B₁AD，设$\overrightarrow{{B}_{1}P}$=λ$\overrightarrow{{B}_{1}C}$，（0≤λ≤1），通过$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{m}=0$，求出$\frac{{B}_{1}P}{{B}_{1}C}$=$\frac{1}{2}$即可．

解答 （Ⅰ）证明：由题意可知四边形ABED是平行四边形，所以AM=ME，故B₁M⊥AE．
又因为AB=BE，M为AE的中点，所以BM⊥AE，
即DM⊥AE．又因为AD∥BC，AD=CE=2．
所以四边形ADCE是平行四边形．
所以AE∥CD．
故CD⊥DM．
因为平面B₁AE⊥平面AECD，平面B₁AE∩平面AECD=AE，B₁M?平面AECD
所以B₁M⊥平面AECD．B₁M⊥AE．
因为CD?平面AECD，所以B₁M⊥CD．
因为MD∩B₁M=M，MD、B₁M?平面B₁MD，
所以CD⊥平面B₁MD．…（5分）
（Ⅱ）解：以ME为x轴，MD为y轴，MB₁为z轴建立空间直角坐标系，则C（2，$\sqrt{3}$，0），B₁（0，0，$\sqrt{3}$），A（-1，0，0），D（0，$\sqrt{3}$，0）．
平面AB₁E的法向量为$\overrightarrow{MD}$=（0，$\sqrt{3}$，0）．
设平面DB₁A的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
因为$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AD}$=（1，$\sqrt{3}$，0），
所以$\left\{\begin{array}{l}{x+\sqrt{3}z=0}\\{x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
令z=1得，$\overrightarrow{m}$=（-$\sqrt{3}$，1，1）．
所以cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{MD}$＞=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，因为二面角D-AB₁-E为锐角，
所以二面角D-AB₁-E的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．…（10分）
（Ⅲ）解：存在点P，使得MP∥平面B₁AD．…（11分）
设在线段B₁C上存在点P，使得MP∥平面B₁AD，
设$\overrightarrow{{B}_{1}P}$=λ$\overrightarrow{{B}_{1}C}$，（0≤λ≤1），C（2，$\sqrt{3}$，0），
因为$\overrightarrow{MP}$=$\overrightarrow{M{B}_{1}}$+$\overrightarrow{{B}_{1}P}$．
所以$\overrightarrow{MP}$=（2λ，$\sqrt{3}$λ，$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$λ），
因为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=$\frac{1}{2}$，
又因为MP?平面B₁AD，
所以在线段B₁C上存在点P，使得MP∥平面B₁AD，$\frac{{B}_{1}P}{{B}_{1}C}$=$\frac{1}{2}$．…（14分）

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，存在性问题的判断与证明，考查空间想象能力．