Question

11．如圖，矩形ABCD中，$\frac{AB}{AD}$=λ（λ＞1），將其沿AC翻折，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)E的位置，且二面角C-AB-E為直二面角．
（1）求證：平面ACE⊥平面BCE；
（2）設(shè)F是BE的中點(diǎn)，二面角E-AC-F的平面角的大小為θ，當(dāng)λ∈[2，3]時(shí)，求cosθ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出AB⊥BC，BC⊥AE，從而AE⊥平面BCE，由此能證明平面ACE⊥平面BCE．
（Ⅱ）以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AD長(zhǎng)為一個(gè)單位長(zhǎng)度，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出cosθ的取值范圍．

解答 （本題15分）
證明：（Ⅰ）∵二面角C-AB-E為直二面角，AB⊥BC，
∴BC⊥AE平面，∴BC⊥AE…（2分）
∵AE⊥CE，BC∩CE=C，
∴AE⊥平面BCE…（4分）
∵AE?平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE…（6分）
解：（Ⅱ）如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AD長(zhǎng)為一個(gè)單位長(zhǎng)度，
建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
則AB=λ$A（0，1，0），B（\sqrt{{λ^2}-1}，0，0），C（\sqrt{{λ^2}-1}，0，1），E（0，0，0），F(xiàn)（\frac{{\sqrt{{λ^2}-1}}}{2}，0，0）$…（8分）
則$\overrightarrow{EA}=（0，1，0），\overrightarrow{EC}=（\sqrt{{λ^2}-1}，0，1）$
設(shè)平面EAC的法向量為$\overrightarrow m=（x，y，z）$
則$\left\{\begin{array}{l}y=0\\ \sqrt{{λ^2}-1}•x+z=0\end{array}\right.$，取x=1，則$\overrightarrow m=（1，0，-\sqrt{{λ^2}-1}）$…（10分）
同理設(shè)平面FAC的法向量為$\overrightarrow n=（2，\sqrt{{λ^2}-1}，-\sqrt{{λ^2}-1}）$…（12分）
∴$cosθ=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{|\overrightarrow m|•|\overrightarrow n|}=\frac{{{λ^2}+1}}{{λ•\sqrt{2（{λ^2}+1）}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}•\sqrt{1+\frac{1}{λ^2}}$…（14分）
∵$λ∈[2，3]∴cosθ∈[\frac{{\sqrt{5}}}{3}，\frac{{\sqrt{10}}}{4}]$…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．