Question

2．在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E，F分別是AB，CD₁的中點，AA₁=AD=1，AB=2．
（1）求證：EF∥平面BCC₁B₁；
（2）求證：平面CD₁E⊥平面D₁DE；
（3）在線段CD₁上是否存在一點Q，使得二面角Q-DE-D₁為45°，若存在，求$\frac{{|{{D_1}Q}|}}{{|{{D_1}C}|}}$的值，不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）過F作FM∥C₁D₁交CC₁于M，連結BM，推導出EBMF是平行四邊形，從而EF∥BM，由此能證明EF∥平面BCC₁B₁．
（2）推導出D₁D⊥CE，CE⊥DE，從而CE⊥平面D₁DE，由此能證明平面CD₁E⊥平面D₁DE．
（3）以D為原點，DA、DC、DD₁所在直線為x軸、y軸、z軸建立坐標系，利用向量法能求出線段CD₁上存在一點Q，使得二面角Q-DE-D₁為45°，且$\frac{|{D}_{1}Q|}{|{D}_{1}C|}$=$\sqrt{2}-1$．

解答 證明：（1）過F作FM∥C₁D₁交CC₁于M，連結BM，
∵F是CD₁的中點，∴FM∥C₁D₁，FM=$\frac{1}{2}$C₁D₁，（2分）
又∵E是AB中點，∴BE∥C₁D₁，BE=$\frac{1}{2}$C₁D₁，
∴BE∥FM，BE=FM，EBMF是平行四邊形，
∴EF∥BM
又BM在平面BCC₁B₁內，∴EF∥平面BCC₁B₁．
（4分）
（2）∵D₁D⊥平面ABCD，CE在平面ABCD內，
∴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內，∴平面CD₁E⊥平面D₁DE．（8分）
解：（3）以D為原點，DA、DC、DD₁所在直線為x軸、y軸、z軸建立坐標系，
則C（0，2，0），E（1，1，0），D₁（0，0，1）
平面D₁DE的法向量為$\overrightarrow{EC}$=（-1，1，0），
設$\overrightarrow{{D}_{1}Q}=λ\overrightarrow{{D}_{1}C}$=（0，2λ，-λ），（0＜λ＜1），則Q（0，2λ，1-λ），
設平面DEQ的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=x+y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DQ}=2λy+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，令y=1，則$\overrightarrow{m}$=（-1，1，$\frac{2λ}{1-λ}$），（10分）
∵二面角Q-DE-D₁為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，
∴線段CD₁上存在一點Q，使得二面角Q-DE-D₁為45°，且$\frac{|{D}_{1}Q|}{|{D}_{1}C|}$=$\sqrt{2}-1$．（12分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)和向量法的合理運用．