Question

15．如圖，已知長方形ABCD中，AB=2，AD=1，M為DC的中點．將△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．

（Ⅰ）求證：AD⊥BM；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{DE}$=λ$\overrightarrow{DB}$（0＜λ＜1），當二面角E-AM-D大小為$\frac{π}{3}$時，求λ 的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導出BM⊥AM，從而BM⊥平面ADM，由此能證明AD⊥BM．
（Ⅱ）法一：過點E作MB的平行線交DM于F，過點F作AM的垂線，垂足為H，連接HE，則∠EHF即為二面角E-AM-D的平面角，由此能求出當二面角E-AM-D大小為$\frac{π}{3}$時λ 的值．
法二：以M為原點，MA，MB 所在直線為x 軸，y 軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出當二面角E-AM-D大小為$\frac{π}{3}$時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）過點E作MB的平行線交DM于F，
由BM⊥平面ADM，得EF⊥平面ADM，
在平面ADM中過點F作AM的垂線，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$\sqrt{3}$．
故當二面角E-AM-D 大小為$\frac{π}{3}$ 時，$\frac{DE}{DB}=2\sqrt{3}-3$，
即$λ=2\sqrt{3}-3$．
（方法二）以M為原點，MA，MB 所在直線為x 軸，y 軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
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，$λ=2\sqrt{3}-3$．

點評 本題考查異面直線垂直的證明，考查滿足二面角大小為$\frac{π}{3}$的實數(shù)值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．