Question

3．如图，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=$\frac{1}{2}$BC=2，E是BC的中点，AE∩BD=M，将△BAE沿着AE翻折成△B₁AE，使平面B₁AE⊥平面AECD．

（Ⅰ） 求证：CD⊥平面B₁DM；
（Ⅱ）求二面角D-AB₁-E的余弦值；
（Ⅲ）在线段B₁C上是否存在点P，使得MP∥平面B₁AD，若存在，求出$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}$的值；若不存在，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，法一：取线段B₁C中点P，B₁D中点Q，连结MP，PQ，AQ．
证明$MP\underline{\underline{∥}}AQ$．说明MP∥平面AB₁D．得到结果$\frac{{{B_1}P}}{{{B_1}C}}=\frac{1}{2}$．
法二：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 （本小题满分14分）
（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$C（2，\sqrt{3}，0）$，${B_1}（0，0，\sqrt{3}）$，
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），$\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{3}z=0\\ x+\sqrt{3}y=0\end{array}\right.$，
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） 存在点P，使得MP∥平面B₁AD．…（11分）
法一：取线段B₁C中点P，B₁D中点Q，连结MP，PQ，AQ．
则PQ∥CD，且$PQ=\frac{1}{2}CD$．
又因为四边形AECD是平行四边形，所以$AE\underline{\underline{∥}}CD$．
因为M为AE的中点，则$AM\underline{\underline{∥}}PQ$．
所以四边形AMPQ是平行四边形，则$MP\underline{\underline{∥}}AQ$．
又因为AQ?平面AB₁D，所以MP∥平面AB₁D．
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）
法二：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．