Question

3．如图，四边形ABCD为矩形，DD₁⊥底面ABCD，AD=DD₁=$\frac{1}{2}$AB，点F为AD₁的中点．点E在棱AB上移动．
（1）证明：D₁E⊥FD；
（2）在棱AB（不包括A、B端点）上是否存在一点E，使得DF∥平面D₁CE，若存在，求出D₁E的长度；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）证明DD₁⊥AB，AD⊥AB，可得：AB⊥平面ADD₁，可证FD⊥AB，又FD⊥AD₁，可得：FD⊥平面ABD₁，由点E在棱AB上移动．D₁E?平面ABD₁，即可证明FD⊥D₁E．
（2）以D为原点，以DA，DC，DD₁分别为x，y，x轴正方向建立空间直角坐标系，设AD=1，设E（1，y，0），其中0＜y＜2，则可求$\overrightarrow{{D}_{1}C}$，$\overrightarrow{{D}_{1}E}$，$\overrightarrow{DF}$的坐标，设平面D₁EC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），则：$\overrightarrow{{D}_{1}C}$•$\overrightarrow{n}$=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，则有：$\frac{1}{2}×1$+0×$\frac{1}{2-y}$+$\frac{1}{2}×$$\frac{2}{2-y}$=0成立，解得：y=4，与0＜y＜2矛盾，从而得证．

解答 解：（1）∵DD₁⊥底面ABCD，可得：DD₁⊥AB，
∵四边形ABCD为矩形，可得：AD⊥AB，
∴又AD∩DD₁=D，可得：AB⊥平面ADD₁，
∵FD?平面ADD₁，
∴FD⊥AB，
又∵AD=DD₁，点F为AD₁的中点．可得：FD⊥AD₁，
∴由AB∩AD₁=A，可得：FD⊥平面ABD₁，
∵点E在棱AB上移动．D₁E?平面ABD₁，
∴FD⊥D₁E．
（2）如图，以D为原点，以DA，DC，DD₁分别为x，y，x轴正方向建立空间直角坐标系，设AD=1，
则由题意可得：D（0，0，0），D₁（0，0，1），F（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），C（0，2，0），
可设E（1，y，0），其中0＜y＜2，
则：$\overrightarrow{{D}_{1}C}$=（0，2，-1），$\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（1，y，-1），$\overrightarrow{DF}$=（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），
设平面D₁EC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则：$\overrightarrow{{D}_{1}C}$•$\overrightarrow{n}$=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=$\frac{2}{2-y}$，
则$\overrightarrow{n}$=（1，$\frac{1}{2-y}$，$\frac{2}{2-y}$），
要使DF∥平面D₁CE，则有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，与0＜y＜2矛盾，
故在棱AB（不包括A、B端点）上不存在一点E，使得DF∥平面D₁CE．

点评 本题则有考查了直线与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，用向量法证明是解题的关键，属于中档题．