分析 (Ⅰ)推導(dǎo)出BM⊥AM,從而B(niǎo)M⊥平面ADM,由此能證明AD⊥BM.
(Ⅱ)法一:過(guò)點(diǎn)E作MB的平行線(xiàn)交DM于F,過(guò)點(diǎn)F作AM的垂線(xiàn),垂足為H,連接HE,則∠EHF即為二面角E-AM-D的平面角,由此能求出當(dāng)二面角E-AM-D大小為$\frac{π}{3}$時(shí)λ 的值.
法二:以M為原點(diǎn),MA,MB 所在直線(xiàn)為x 軸,y 軸,建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出當(dāng)二面角E-AM-D大小為$\frac{π}{3}$時(shí)λ 的值.
解答 證明:(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)過(guò)點(diǎn)E作MB的平行線(xiàn)交DM于F,
由BM⊥平面ADM,得EF⊥平面ADM,
在平面ADM中過(guò)點(diǎn)F作AM的垂線(xiàn),垂足為H,連接HE,
則∠EHF即為二面角E-AM-D的平面角,大小為$\frac{π}{3}$.
設(shè)FM=x,則$DF=1-x,F(xiàn)H=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$,
在Rt△FHM 中,
由∠EFH=90°,∠EHF=60°,則$EF=\sqrt{3}FH=\frac{{\sqrt{6}}}{2}x$.
由EF∥MB,MB=2,
則$\frac{EF}{MB}=\frac{DF}{DM}$,即$\frac{\frac{\sqrt{6}x}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{1-x}{1}$,解得x=4-2$\sqrt{3}$.
故當(dāng)二面角E-AM-D 大小為$\frac{π}{3}$ 時(shí),$\frac{DE}{DB}=2\sqrt{3}-3$,
即$λ=2\sqrt{3}-3$.
(方法二)以M為原點(diǎn),MA,MB 所在直線(xiàn)為x 軸,y 軸,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)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,$E(\frac{{\sqrt{2}}}{2}(1-λ),\sqrt{2}λ,\frac{{\sqrt{2}}}{2}(1-λ))$,
設(shè)平面EAM 的法向量為$\overrightarrow m=(x,y,z)$,
則$\overrightarrow m•\overrightarrow{MA}=\sqrt{2}x=0$,
$\overrightarrow m•\overrightarrow{ME}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}(1-λ)x+\sqrt{2}λy+\frac{{\sqrt{2}}}{2}(1-λ)z=0$,
所以,$\overrightarrow m=(0,λ-1,2λ)$.
又平面DAM 的法向量為$\overrightarrow n=(0,1,0)$,
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,$λ=2\sqrt{3}-3$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查異面直線(xiàn)垂直的證明,考查滿(mǎn)足二面角大小為$\frac{π}{3}$的實(shí)數(shù)值的求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意空間思維能力的培養(yǎng).
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A. | 7 | B. | 7$\frac{1}{3}$ | C. | 7$\frac{2}{3}$ | D. | 8 |
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A. | 大前提錯(cuò)誤 | B. | 小前提錯(cuò)誤 | C. | 推理形式錯(cuò)誤 | D. | 結(jié)論正確 |
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