Question

13．如图，已知长方形ABCD中，AB=2$\sqrt{2}$，AD=$\sqrt{2}$，M为CD的中点，将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．
（1）求证：AD⊥BM；
（2）在线段DB上是否存在点E，使得二面角E-AM-D的平面角为$\frac{π}{4}$？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理逆定理证明AM⊥BM，从而得出BM⊥平面ADM，于是AD⊥BM；
（2）建立空间坐标系，设$\overrightarrow{DE}=λ\overrightarrow{DB}$，求出平面AME的法向量和平面ADM的法向量，令两法向量的夹角余弦值的绝对值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解出λ即可判断λ的位置．

解答 （1）证明：在矩形ABCD中，∵AD=$\sqrt{2}$，AB=2$\sqrt{2}$，M是CD的中点，
∴AM=BM=2，∴AM²+BM²=AB²，
∴AM⊥BM，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．
（2）解：取AM的中点O，AB的中点N，连结OD，ON，
则OD⊥平面ABCM，OA⊥ON，
以O为原点，以OA，ON，OD为轴建立空间坐标系，如图所示：
则A（1，0，0），B（-1，2，0），D（0，0，1），M（-1，0，0），
则$\overrightarrow{AM}$=（-2，0，0），$\overrightarrow{AD}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{DB}$=（-1，2，-1），
设$\overrightarrow{DE}=λ\overrightarrow{DB}$=（-λ，2λ，-λ），则$\overrightarrow{AE}$=$\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DE}$=（-λ-1，2λ，1-λ），
设平面AME的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AM}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2x=0}\\{（-λ-1）x+2λy+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，令y=1得$\overrightarrow{m}$=（0，1，$\frac{2λ}{λ-1}$），
又ON⊥平面ADM，∴$\overrightarrow{n}$=（0，1，0）是平面ADM的一个法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{1×\sqrt{1+\frac{4{λ}^{2}}{{λ}^{2}-2λ+1}}}$，
令$\frac{1}{1×\sqrt{1+\frac{4{λ}^{2}}{{λ}^{2}-2λ+1}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得λ=$\frac{1}{3}$或λ=-1（舍）．
∴当E为DB的靠近D的三等分点时，二面角E-AM-D的平面角为$\frac{π}{4}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定与性质，空间向量与二面角的计算，属于中档题．