Question

3．如圖，四邊形ABCD為矩形，DD₁⊥底面ABCD，AD=DD₁=$\frac{1}{2}$AB，點(diǎn)F為AD₁的中點(diǎn)．點(diǎn)E在棱AB上移動．
（1）證明：D₁E⊥FD；
（2）在棱AB（不包括A、B端點(diǎn)）上是否存在一點(diǎn)E，使得DF∥平面D₁CE，若存在，求出D₁E的長度；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）證明DD₁⊥AB，AD⊥AB，可得：AB⊥平面ADD₁，可證FD⊥AB，又FD⊥AD₁，可得：FD⊥平面ABD₁，由點(diǎn)E在棱AB上移動．D₁E?平面ABD₁，即可證明FD⊥D₁E．
（2）以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD₁分別為x，y，x軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD=1，設(shè)E（1，y，0），其中0＜y＜2，則可求$\overrightarrow{{D}_{1}C}$，$\overrightarrow{{D}_{1}E}$，$\overrightarrow{DF}$的坐標(biāo)，設(shè)平面D₁EC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），則：$\overrightarrow{{D}_{1}C}$•$\overrightarrow{n}$=0，$\overrightarrow{{D}_{1}E}$•$\overrightarrow{n}$=0，可得$\overrightarrow{n}$=（1，$\frac{1}{2-y}$，$\frac{2}{2-y}$），要使DF∥平面D₁CE，則有：$\frac{1}{2}×1$+0×$\frac{1}{2-y}$+$\frac{1}{2}×$$\frac{2}{2-y}$=0成立，解得：y=4，與0＜y＜2矛盾，從而得證．

解答 解：（1）∵DD₁⊥底面ABCD，可得：DD₁⊥AB，
∵四邊形ABCD為矩形，可得：AD⊥AB，
∴又AD∩DD₁=D，可得：AB⊥平面ADD₁，
∵FD?平面ADD₁，
∴FD⊥AB，
又∵AD=DD₁，點(diǎn)F為AD₁的中點(diǎn)．可得：FD⊥AD₁，
∴由AB∩AD₁=A，可得：FD⊥平面ABD₁，
∵點(diǎn)E在棱AB上移動．D₁E?平面ABD₁，
∴FD⊥D₁E．
（2）如圖，以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD₁分別為x，y，x軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD=1，
則由題意可得：D（0，0，0），D₁（0，0，1），F(xiàn)（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），C（0，2，0），
可設(shè)E（1，y，0），其中0＜y＜2，
則：$\overrightarrow{{D}_{1}C}$=（0，2，-1），$\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（1，y，-1），$\overrightarrow{DF}$=（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），
設(shè)平面D₁EC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則：$\overrightarrow{{D}_{1}C}$•$\overrightarrow{n}$=0，$\overrightarrow{{D}_{1}E}$•$\overrightarrow{n}$=0，可得：$\left\{\begin{array}{l}{2b-c=0}\\{a+by-c=0}\end{array}\right.$，
令a=1，可得：$\left\{\begin{array}{l}{2b=c}\\{by=c-1}\end{array}\right.$，解得：b=$\frac{1}{2-y}$，c=$\frac{2}{2-y}$，
則$\overrightarrow{n}$=（1，$\frac{1}{2-y}$，$\frac{2}{2-y}$），
要使DF∥平面D₁CE，則有DF⊥$\overrightarrow{n}$，
即有：$\frac{1}{2}×1$+0×$\frac{1}{2-y}$+$\frac{1}{2}×$$\frac{2}{2-y}$=0成立，
解得：y=4，與0＜y＜2矛盾，
故在棱AB（不包括A、B端點(diǎn)）上不存在一點(diǎn)E，使得DF∥平面D₁CE．

點(diǎn)評 本題則有考查了直線與平面垂直的性質(zhì)，直線與平面平行的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力，用向量法證明是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．