Question

15．如图，边长为$\sqrt{2}$的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=$\frac{1}{2}$AB=1，点M在线段EC上．
（Ⅰ）证明：平面BDM⊥平面ADEF；
（Ⅱ）判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成锐二面角为$\frac{π}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知三角形的半径关系得到AD⊥BD，再由面面垂直的性质得到ED⊥面ABCD，进一步得到BD⊥ED，利用线面垂直的判定得到BD⊥面ADEF，由BD?面BDM，利用面面垂直的判定得到平面BDM⊥平面ADEF；
（Ⅱ）在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足为N，则可证得DN⊥CD，以D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，结合E，M，C三点共线得到$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{EC}（0＜λ＜1）$，把M的坐标用含有λ的代数式表示，求出平面BDM的法向量，再由平面ABF的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=\overrightarrow{DN}=（1，0，0）$，由平面BDM与平面ABF所成锐二面角为$\frac{π}{3}$求得$λ=\frac{2}{3}$．则点M的坐标可求，位置确定．

解答 （Ⅰ）证明：如图，
∵DC=BC=1，DC⊥BC，∴BD=$\sqrt{2}$，
又∵AD=$\sqrt{2}$，AB=2，∴AD²+BD²=AB²，则∠ADB=90°，
∴AD⊥BD．
又∵面ADEF⊥面ABCD，ED⊥AD，面ADEF∩面ABCD=AD，
∴ED⊥面ABCD，则BD⊥ED，
又∵AD∩DE=D，∴BD⊥面ADEF，又BD?面BDM，
∴平面BDM⊥平面ADEF；
（Ⅱ）在面DAB内过D作DN⊥AB，垂足为N，
∵AB∥CD，∴DN⊥CD，
又∵ED⊥面ABCD，∴DN⊥ED，
∴以D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
∴B（1，1，0），C（0，1，0），E（0，0，$\sqrt{2}$），N（1，0，0），
设M（x₀，y₀，z₀），由$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{EC}（0＜λ＜1）$，得$（{x}_{0}，{y}_{0}，{z}_{0}-\sqrt{2}）=λ（0，1，-\sqrt{2}）$，
∴x₀=0，${y}_{0}=λ，{z}_{0}=\sqrt{2}（1-λ）$，则M（0，λ，$\sqrt{2}（1-λ）$），
设平面BDM的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DM}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DB}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{λy+\sqrt{2}z（1-λ）=0}\\{x+y=0}\end{array}\right.$，
令x=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}=（1，-1，\frac{λ}{\sqrt{2}（1-λ）}）$．
∵平面ABF的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}=\overrightarrow{DN}=（1，0，0）$，
∴$cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞=\frac{1}{\sqrt{1+1+\frac{{λ}^{2}}{2（1-λ）^{2}}}}=\frac{1}{2}$，解得：$λ=\frac{2}{3}$．
∴M（0，$\frac{2}{3}，\frac{\sqrt{2}}{3}$），
∴点M的位置在线段CE的三等分点且靠近C处．

点评 本题主要考查直线与平面之间的平行、垂直等位置关系，二面角的概念、求法等知识，以及空间想象能力和逻辑推理能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．