Question

15．如图，已知长方形ABCD中，AB=2，AD=1，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．

（Ⅰ）求证：AD⊥BM；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{DE}$=λ$\overrightarrow{DB}$（0＜λ＜1），当二面角E-AM-D大小为$\frac{π}{3}$时，求λ 的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出BM⊥AM，从而BM⊥平面ADM，由此能证明AD⊥BM．
（Ⅱ）法一：过点E作MB的平行线交DM于F，过点F作AM的垂线，垂足为H，连接HE，则∠EHF即为二面角E-AM-D的平面角，由此能求出当二面角E-AM-D大小为$\frac{π}{3}$时λ 的值．
法二：以M为原点，MA，MB 所在直线为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当二面角E-AM-D大小为$\frac{π}{3}$时λ 的值．

解答 证明：（Ⅰ）∵$AB=2，AM=BM=\sqrt{2}$，∴BM⊥AM，
又平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM?平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM．
又AD?平面ADM，∴AD⊥BM．
解：（Ⅱ）（方法一）过点E作MB的平行线交DM于F，
由BM⊥平面ADM，得EF⊥平面ADM，
在平面ADM中过点F作AM的垂线，垂足为H，连接HE，
则∠EHF即为二面角E-AM-D的平面角，大小为$\frac{π}{3}$．
设FM=x，则$DF=1-x，FH=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$，
在Rt△FHM 中，
由∠EFH=90°，∠EHF=60°，则$EF=\sqrt{3}FH=\frac{{\sqrt{6}}}{2}x$．
由EF∥MB，MB=2，
则$\frac{EF}{MB}=\frac{DF}{DM}$，即$\frac{\frac{\sqrt{6}x}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{1-x}{1}$，解得x=4-2$\sqrt{3}$．
故当二面角E-AM-D 大小为$\frac{π}{3}$ 时，$\frac{DE}{DB}=2\sqrt{3}-3$，
即$λ=2\sqrt{3}-3$．
（方法二）以M为原点，MA，MB 所在直线为x 轴，y 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
M（0，0，0），$A（\sqrt{2}，0，0）$，$B（0，\sqrt{2}，0）$，$D（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
且$\overrightarrow{DE}=λ\overrightarrow{DB}=λ（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\sqrt{2}，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
所以，$E（\frac{{\sqrt{2}}}{2}（1-λ），\sqrt{2}λ，\frac{{\sqrt{2}}}{2}（1-λ））$，
设平面EAM 的法向量为$\overrightarrow m=（x，y，z）$，
则$\overrightarrow m•\overrightarrow{MA}=\sqrt{2}x=0$，
$\overrightarrow m•\overrightarrow{ME}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}（1-λ）x+\sqrt{2}λy+\frac{{\sqrt{2}}}{2}（1-λ）z=0$，
所以，$\overrightarrow m=（0，λ-1，2λ）$．
又平面DAM 的法向量为$\overrightarrow n=（0，1，0）$，
所以，$|{cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞}|=\frac{{|{λ-1}|}}{{\sqrt{{{（λ-1）}^2}+4{λ^2}}}}=\frac{1}{2}$，
解得$λ=2\sqrt{3}-3$，或$λ=-2\sqrt{3}-3$ （舍去）．
所以，$λ=2\sqrt{3}-3$．

点评 本题考查异面直线垂直的证明，考查满足二面角大小为$\frac{π}{3}$的实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．