Question

1．如圖，正方形ADMN與矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=6．
（Ⅰ）若點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，求證：BM∥平面NDE；
（Ⅱ）在線段AB上找一點(diǎn)E，使二面角D-CE-M的大小為$\frac{π}{6}$時(shí)，求出AE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （I）如圖所示，連接AM交ND于點(diǎn)F，連接EF．利用正方形的性質(zhì)可得AF=FM，利用三角形的中位線定理可得：EF∥BM．利用線面平行的判定定理可得：BM∥平面NDE．
（II）由DM⊥AD，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得：DM⊥平面ABCD，DM⊥DC．以DA，DC，DM所在直線分別作為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)E（3，b，0），設(shè)平面MCE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=3x+（b-6）y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=-6y+3z=0}\end{array}\right.$，解得$\overrightarrow{n}$．取平面ABCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）．根據(jù)二面角D-CE-M的大小為$\frac{π}{6}$時(shí)，可得$cos\frac{π}{6}$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$，解出b即可．

解答 （I）證明：如圖所示，連接AM交ND于點(diǎn)F，連接EF．
∵四邊形ADMN是正方形，∴AF=FM，
又AE=EB，∴EF∥BM．
∵BM?平面NDE，EF?平面NDE，
∴BM∥平面NDE．
（II）解：由DM⊥AD，平面ADMN⊥平面ABCD，平面ADMN∩平面ABCD=AD，
∴DM⊥平面ABCD，∴DM⊥DC，又AD⊥DC．
以DA，DC，DM所在直線分別作為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)E（3，b，0），D（0，0，0），C（0，6，0），M（0，0，3）．
$\overrightarrow{CE}$=（3，b-6，0），$\overrightarrow{CM}$=（0，-6，3）．
設(shè)平面MCE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=3x+（b-6）y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=-6y+3z=0}\end{array}\right.$，
取y=1，則z=2，x=$\frac{6-b}{3}$．
∴$\overrightarrow{n}$=$（\frac{6-b}{3}，1，2）$．
取平面ABCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）．
∵二面角D-CE-M的大小為$\frac{π}{6}$時(shí)，∴$cos\frac{π}{6}$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{（\frac{6-b}{3}）^{2}+1+4}×1}$，
解得b=$6-\sqrt{3}$（0≤b≤6）．
∴二面角D-CE-M的大小為$\frac{π}{6}$時(shí)，AE=$6-\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形的中位線定理、線面平行的判定定理、面面垂直的性質(zhì)定理、二面角的計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．