Question

（2011•昌平區(qū)二模）如圖所示，正方形AA₁D₁D與矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2，點E為AB的中點．
（1）求證：BD₁∥平面A₁DE；
（2）求證：D₁E⊥A₁D；
（3）在線段AB上是否存在點M，使二面角D₁-MC-D的大小為

π

6

？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）O是AD₁的中點，連接OE，由中位線定理可得EO∥BD₁，再由線面平行的判定定理可得BD₁∥平面A₁DE；
（2）由正方形AA₁D₁D與矩形ABCD所在平面互相垂直，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得AB⊥平面ADD₁A₁，進而線線面垂直的性質(zhì)定理得到AB⊥A₁D，結(jié)合A₁D⊥AD₁及線面垂直的判定定理，可得A₁D⊥平面AD₁E，進而D₁E⊥A₁D；
（3）以點D為原點，DA，DC，DD₁所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設M（1，y₀，0）（0≤y₀≤2），分別求出平面D₁MC的法向量和平面MCD的一個法向量，根據(jù)二面角D₁-MC-D的大小為

π

6

，結(jié)合向量夾角公式，構(gòu)造關于m的方程，解方程可得M占的坐標，進而求出AM長．

解答：證明：（1）四邊形ADD₁A₁為正方形，O是AD₁的中點，點E為AB的中點，連接OE．
∴EO為△ABD₁的中位線∴EO∥BD₁…（2分）
又∵BD₁?平面A₁DE，OB?平面A₁DE∴BD₁∥平面A₁DE  …（4分）
（2）由已知可得：AE⊥平面ADD₁A₁，A₁D?平面ADD₁A₁
∴AE⊥A₁D，
又∵A₁D⊥AD₁，AE∩AD₁=A
∴A₁D⊥平面AD₁E，D₁E?平面AD₁E
∴A₁D⊥D₁E…．（4分）
解：（3）由題意可得：D₁D⊥平面ABCD，以點D為原點，DA，DC，DD₁所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0），C（0，2，0），A₁（1，0，1），D₁（0，0，1），
設M（1，y₀，0）（0≤y₀≤2），∵

MC

=(-1，2-y0，0)，

D1C

=(0，2，-1)
設平面D₁MC的法向量為n₁=（x，y，z）則

n1 • MC =0 n1 • D1C =0

，得 

-x+y(2-y0)=0 2y-z=0

取D₁MC是平面D₁MC的一個法向量，而平面MCD的一個法向量為n₂=（0，0，1）要使二面角D₁-MC-D的大小為

π

6

，
而cos

π

6

=|cos＜n1，n2＞|=

|n1•n2|

|n1|•|n2|

=

2

(2-y0)2+12+22

=

3

2

解得：y0=2-

3

3

(0≤y0≤2)，當AM=2-

3

3

時，二面角D₁-MC-D的大小為

π

6

…（6分）

點評：本題考查的知識點是用空間向量求平面間的夾角，空間中直線與直線之間的位置關系，直線與平面平行的判定，其中（1）的關鍵是證得EO∥BD₁，（2）的關鍵是熟練掌握線線垂直，線面垂直與面面垂直之間的相互轉(zhuǎn)化，（3）的關鍵是設出M點坐標，求出兩個半平面的法向量，然后結(jié)合向量夾角公式構(gòu)造方程．