Question

2．在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E，F分别是AB，CD₁的中点，AA₁=AD=1，AB=2．
（1）求证：EF∥平面BCC₁B₁；
（2）求证：平面CD₁E⊥平面D₁DE；
（3）在线段CD₁上是否存在一点Q，使得二面角Q-DE-D₁为45°，若存在，求$\frac{{|{{D_1}Q}|}}{{|{{D_1}C}|}}$的值，不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）过F作FM∥C₁D₁交CC₁于M，连结BM，推导出EBMF是平行四边形，从而EF∥BM，由此能证明EF∥平面BCC₁B₁．
（2）推导出D₁D⊥CE，CE⊥DE，从而CE⊥平面D₁DE，由此能证明平面CD₁E⊥平面D₁DE．
（3）以D为原点，DA、DC、DD₁所在直线为x轴、y轴、z轴建立坐标系，利用向量法能求出线段CD₁上存在一点Q，使得二面角Q-DE-D₁为45°，且$\frac{|{D}_{1}Q|}{|{D}_{1}C|}$=$\sqrt{2}-1$．

解答 证明：（1）过F作FM∥C₁D₁交CC₁于M，连结BM，
∵F是CD₁的中点，∴FM∥C₁D₁，FM=$\frac{1}{2}$C₁D₁，（2分）
又∵E是AB中点，∴BE∥C₁D₁，BE=$\frac{1}{2}$C₁D₁，
∴BE∥FM，BE=FM，EBMF是平行四边形，
∴EF∥BM
又BM在平面BCC₁B₁内，∴EF∥平面BCC₁B₁．
（4分）
（2）∵D₁D⊥平面ABCD，CE在平面ABCD内，
∴D₁D⊥CE
在矩形ABCD中，DE²=CE²=2，
∴DE²+CE²=4=CD²，（6分）
∴△CED是直角三角形，∴CE⊥DE，
∴CE⊥平面D₁DE，
∵CE在平面CD₁E内，∴平面CD₁E⊥平面D₁DE．（8分）
解：（3）以D为原点，DA、DC、DD₁所在直线为x轴、y轴、z轴建立坐标系，
则C（0，2，0），E（1，1，0），D₁（0，0，1）
平面D₁DE的法向量为$\overrightarrow{EC}$=（-1，1，0），
设$\overrightarrow{{D}_{1}Q}=λ\overrightarrow{{D}_{1}C}$=（0，2λ，-λ），（0＜λ＜1），则Q（0，2λ，1-λ），
设平面DEQ的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=x+y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DQ}=2λy+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，令y=1，则$\overrightarrow{m}$=（-1，1，$\frac{2λ}{1-λ}$），（10分）
∵二面角Q-DE-D₁为45°，∴cos45°=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{EC}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{EC}|}$=$\frac{2}{\sqrt{2}•\sqrt{2+（\frac{2λ}{λ-1}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由于0＜λ＜1，∴$λ=\sqrt{2}$-1，
∴线段CD₁上存在一点Q，使得二面角Q-DE-D₁为45°，且$\frac{|{D}_{1}Q|}{|{D}_{1}C|}$=$\sqrt{2}-1$．（12分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用．