Question

7．如圖，在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AA₁=AD=a，E為CD上任意一點(diǎn)．
（I）求證：B₁E⊥AD₁；
（Ⅱ）若CD=$\sqrt{2}$a，是否存在這樣的E點(diǎn)，使得AD₁與平面B₁AE成45°的角？說明理由．

Answer 1

分析 （I）連接A₁D，B₁C，則可通過證明AD₁⊥平面A₁B₁CD得出B₁E⊥AD₁．
（II）以A為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，設(shè)DE=m，求出 $\overrightarrow{A{D}_{1}}$及平面B₁AE的法向量$\overrightarrow{m}$，令|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{A{D}_{1}}$＞|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$解出m，根據(jù)m的值得出結(jié)論．

解答 證明：（I）連接A₁D，B₁C，
∵AA₁=AD，AA₁∥AD，AA₁⊥AD，
∴四邊形AA₁D₁D是正方形，
∴AD₁⊥A₁D，
∵A₁B₁⊥平面AA₁D₁D，AD₁?平面AA₁D₁D，
∴A₁B₁⊥AD₁，
又A₁D?平面A₁B₁CD，A₁B₁?平面A₁B₁CD，A₁B₁∩A₁D=A₁，
∴AD₁⊥平面A₁B₁CD，又B₁E?平面A₁B₁CD，
∴B₁E⊥AD₁．
（II）以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AA₁為坐標(biāo)軸建立空間坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），D₁（0，a，a），B₁（$\sqrt{2}a$，0，a），設(shè)E（m，a，0），（0$≤m≤\sqrt{2}a$）．
∴$\overrightarrow{A{D}_{1}}$=（0，a，a），$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（$\sqrt{2}$a，0，a），$\overrightarrow{AE}$=（m，a，0）．
設(shè)平面B₁AE的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}ax+az=0}\\{mx+ay=0}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{m}$=（1，-$\frac{m}{a}$，-$\sqrt{2}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{A{D}_{1}}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{D}_{1}}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{A{D}_{1}}|}$=-$\frac{m+\sqrt{2}a}{\sqrt{\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}+3}\sqrt{2}a}$=-$\frac{m+\sqrt{2}a}{\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+3{a}^{2}}}$．
假設(shè)存在這樣的E點(diǎn)，使得AD₁與平面B₁AE成45°的角，
則$\frac{m+\sqrt{2}a}{\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+3{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得m=$\frac{\sqrt{2}}{4}a$．
∴CD上存在點(diǎn)E使得AD₁與平面B₁AE成45°的角．

點(diǎn)評 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)，空間向量的應(yīng)用與線面角的計(jì)算，屬于中檔題．