Question

已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，，过A作AE⊥CD，垂足为E，G，F分别为AD，CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面CDE；
（Ⅱ）求证：FG∥平面BCD；
（Ⅲ）在线段AE上找一点R，使得面BDR⊥面DCB，并说明理由．

Answer

（I）由已知中AE⊥CD，垂足为E，DE⊥EC．根据线面垂直的判定定理，我们可得DE⊥面ABCE．由线面垂直的定义，可得DE⊥BC，又由BC⊥CE，由线面垂直的判定定理，我们可以得到BC⊥平面CDE；
（Ⅱ）取AB中点H，连接GH，FH，由三角形中位线定理，我们易得到GH∥BD，FH∥BC，由面面平行的判定定理得到面FHG∥面BCD，再由面面平行的定义，得到FG∥平面BCD；
（Ⅲ）取BD中点Q，连接DR、BR、CR、CQ、RQ，根据已知中AB∥CD，，我们易△BDR，求出RQ，解△CRQ，可得CQ⊥RQ，又由等腰△CBD中，Q为底边BD的中点，得到CQ⊥BD，进而根据线面垂直判定定理，及面面垂直判定定理，得到结论．
【解析】
（I）如下图所示：

由已知得：DE⊥AE，DE⊥EC
∴DE⊥面ABCE．
∴DE⊥BC，又BC⊥CE，
∴BC⊥面DCE
（II）取AB中点H，连接GH，FH，
∴GH∥BD，FH∥BC，
∴GH∥面BCD，FH∥面BCD．
∴面FHG∥面BCD，
∴GF∥面BCD．
（III）分析可知，R点满足3AR=RE时，面BDR⊥面BDC．
理由如下：取BD中点Q，连接DR、BR、CR、CQ、RQ
容易计算，
在△BDR中
∵，可知，
∴在△CRQ中，CQ2+RQ2=CR2，
∴CQ⊥RQ．
又在△CBD中，CD=CB，Q为BD中点
∴CQ⊥BD，
∴CQ⊥面BDR，
∴面BDC⊥面BDR．