Question

2．在直角梯形ABCD 中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2$\sqrt{2}$ AB⊥BC，如圖，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．

（Ⅰ）求證：CD⊥AB；
（Ⅱ）在線段BC上是否存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°？若存在，求出$\frac{BN}{BC}$的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求解直角三角形可得CD⊥BD，再由面面垂直的性質(zhì)可得CD⊥平面ABD，進(jìn)一步得到CD⊥AB；
（Ⅱ）由CD⊥平面ABD，得CD⊥BD．以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB所在的直線為x軸，DC所在直線為y軸，過(guò)點(diǎn)D作垂直平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，
求出A，B，C，D的坐標(biāo)．得到$\overrightarrow{CD}、\overrightarrow{AD}$的坐標(biāo)．求出平面ACD的一個(gè)法向量，假設(shè)存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°，設(shè)$\overrightarrow{BN}=λ\overrightarrow{BC}$，0＜λ＜1，得到$\overrightarrow{AN}$的坐標(biāo)．結(jié)合AN與平面ACD所成角為60°列式求得λ值得答案．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵AD∥BC，BC=2AD=2AB=2$\sqrt{2}$，AB⊥BC，
∴AD=AB=$\sqrt{2}$，BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}=2$，
又∠DBC=∠ADB=45°，∴$CD=\sqrt{{2}^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}-2×2×2\sqrt{2}cos45°}=2$，
∴BD²+AC²=BC²，則CD⊥BD．
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴CD⊥平面ABD，又AB?平面ABD，
∴CD⊥AB；
（Ⅱ）解：∵CD⊥平面ABD，∴CD⊥BD．
以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DB所在的直線為x軸，DC所在直線為y軸，過(guò)點(diǎn)D作垂直平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，
如圖．由已知，得A（1，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），D（0，0，0）．
∴$\overrightarrow{CD}=（0，-2，0）$，$\overrightarrow{AD}=（-1，0，-1）$．
設(shè)平面ACD的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=-2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=-x-z=0}\end{array}\right.$，
令x=1，得平面ACD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}=（1，0，-1）$．
假設(shè)存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°，
設(shè)$\overrightarrow{BN}=λ\overrightarrow{BC}$，0＜λ＜1，則N（2-2λ，2λ，0），$\overrightarrow{AN}=（1-2λ，2λ，-1）$．
∴sin60°=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AN}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AN}|}=\frac{|1-2λ+1|}{\sqrt{（1-2λ）^{2}+（2λ）^{2}+（-1）^{2}}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
可得8λ²+2λ-1=0，解得$λ=\frac{1}{4}$或$λ=-\frac{1}{2}$（舍去）．
綜上所述，在線段BC上存在點(diǎn)N，使得AN與平面ACD所成角為60°，
此時(shí)$\frac{BN}{BC}=\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間中直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，訓(xùn)練了利用空間向量求線面角，是中檔題．