Question

2．在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2$\sqrt{2}$ AB⊥BC，如图，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．

（Ⅰ）求证：CD⊥AB；
（Ⅱ）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出$\frac{BN}{BC}$的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意求解直角三角形可得CD⊥BD，再由面面垂直的性质可得CD⊥平面ABD，进一步得到CD⊥AB；
（Ⅱ）由CD⊥平面ABD，得CD⊥BD．以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D作垂直平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
求出A，B，C，D的坐标．得到$\overrightarrow{CD}、\overrightarrow{AD}$的坐标．求出平面ACD的一个法向量，假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，设$\overrightarrow{BN}=λ\overrightarrow{BC}$，0＜λ＜1，得到$\overrightarrow{AN}$的坐标．结合AN与平面ACD所成角为60°列式求得λ值得答案．

解答 解：（Ⅰ）证明：∵AD∥BC，BC=2AD=2AB=2$\sqrt{2}$，AB⊥BC，
∴AD=AB=$\sqrt{2}$，BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}=2$，
又∠DBC=∠ADB=45°，∴$CD=\sqrt{{2}^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}-2×2×2\sqrt{2}cos45°}=2$，
∴BD²+AC²=BC²，则CD⊥BD．
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴CD⊥平面ABD，又AB?平面ABD，
∴CD⊥AB；
（Ⅱ）解：∵CD⊥平面ABD，∴CD⊥BD．
以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D作垂直平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
如图．由已知，得A（1，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），D（0，0，0）．
∴$\overrightarrow{CD}=（0，-2，0）$，$\overrightarrow{AD}=（-1，0，-1）$．
设平面ACD的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=-2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=-x-z=0}\end{array}\right.$，
令x=1，得平面ACD的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（1，0，-1）$．
假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，
设$\overrightarrow{BN}=λ\overrightarrow{BC}$，0＜λ＜1，则N（2-2λ，2λ，0），$\overrightarrow{AN}=（1-2λ，2λ，-1）$．
∴sin60°=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AN}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AN}|}=\frac{|1-2λ+1|}{\sqrt{（1-2λ）^{2}+（2λ）^{2}+（-1）^{2}}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
可得8λ²+2λ-1=0，解得$λ=\frac{1}{4}$或$λ=-\frac{1}{2}$（舍去）．
综上所述，在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，
此时$\frac{BN}{BC}=\frac{1}{4}$．

点评 本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，训练了利用空间向量求线面角，是中档题．