Question

如圖1，在平面內(nèi)，ABCD是∠BAD=60°，且AB=a的菱形，ADD′′A₁和CD D′C₁都是正方形．將兩個(gè)正方形分別沿AD，CD折起，使D′′與D′重合于點(diǎn)D₁．設(shè)直線l過點(diǎn)B且垂直于菱形ABCD所在的平面，點(diǎn)E是直線l上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且與點(diǎn)D₁位于平面ABCD同側(cè)（圖2）．
（Ⅰ） 設(shè)二面角E-AC-D₁的大小為θ，若

π

4

≤θ≤

π

3

，求線段BE長的取值范圍；
（Ⅱ）在線段D₁E上存在點(diǎn)P，使平面PA₁C₁∥平面EAC，求

D1P

PE

與BE之間滿足的關(guān)系式，并證明：當(dāng)0＜BE＜a時(shí)，恒有

D1P

PE

＜1．

Answer 1

分析：（I）設(shè)菱形ABCD的中心為O，以O(shè)為原點(diǎn)，對(duì)角線AC，BD所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系BE=t，分別求出平面D₁AC的法向量與平面EAC的法向量，代入向量夾角公式，并根據(jù)

π

4

≤θ≤

π

3

，構(gòu)造關(guān)于t的不等式，即可求出線段BE長的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)

D1P

=λ

PE

，分別求出平面PA₁C₁和平面EAC的法向量，并根據(jù)平面PA₁C₁∥平面EAC得到λ，a，t的關(guān)系式，結(jié)合0＜BE＜a，即可得到結(jié)論．

解答：解：設(shè)菱形ABCD的中心為O，以O(shè)為原點(diǎn)，對(duì)角線AC，BD所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖．
設(shè)BE=t（t＞0）．
（Ⅰ）A(

3

2

a，0，0)，C(-

3

2

a，0，0)，D1(0，-

a

2

，a)，E(0，

a

2

，t)．

AD1

=(-

3

2

a，-

a

2

，a)，

AC

=(-

3

a，0，0)，
設(shè)平面D₁AC的法向量為

n1

=(x1，y1，1)，則

n1 • AD1 =0 n1 • AC =0

?

- 3 2 ax1- a 2 y1+a=0 - 3 ax1=0

?

x1=0 y1=2

∴

n1

=(0，2，1)．（3分）

AE

=(-

3

2

a，

a

2

，t)，
設(shè)平面EAC的法向量為

n2

=(x2，y2，-1)，
則

n2 • AE =0 n2 • AC =0

?

- 3 2 ax2+ a 2 y2-t=0 - 3 ax2=0

?

x2=0 y2= 2t a

∴

n2

=(0，

2t

a

，-1)．（4分）
設(shè)二面角E-AC-D₁的大小為θ，則cosθ=

n1 • n2

| n1 || n2 |

=

4t-a

20t2+5a2

，（6分）
∵cosθ∈[

1

2

，

2

2

]，∴

1

2

≤|

4t-a

20t2+5a2

|≤

2

2

，
解得

8+5 3

22

a≤t≤

3a

2

．所以BE的取值范圍是[

8+5 3

22

a，

3a

2

]．（8分）
（Ⅱ）設(shè)

D1P

=λ

PE

，則P(0，

a

2

•

λ-1

λ+1

，

λt+a

1+λ

)．∵A1(

3

2

a，0，a)，∴

A1P

=(-

3

2

a，

a

2

•

λ-1

λ+1

，

λt-aλ

1+λ

)．
由平面PA₁C₁∥平面EAC，得A₁P∥平面EAC，∴

A1P

•

n2

=0．∴t•

λ-1

λ+1

-

λt-aλ

1+λ

=0，化簡得：λ=

t

a

（t≠a），即所求關(guān)系式：

D1P

PE

=

BE

a

（BE≠a）．
∴當(dāng)0＜t＜a時(shí)，

D1P

PE

＜1．即：當(dāng)0＜BE＜a時(shí)，恒有

D1P

PE

＜1．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是用空間向量求平面間的夾角，平面與平面平行的性質(zhì)，與二面角有關(guān)的立體幾何綜合問題，向量語言表述面面的平行關(guān)系，建立適當(dāng)?shù)目臻g坐標(biāo)系，將空間二面角問題及面面平行問題轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題是解答本題的關(guān)鍵．