Question

8．如圖，矩形CDEF所在的平面與矩ABCD所在的平面垂直，AD=$\sqrt{2}$，DE=$\sqrt{3}$，AB=4，$\overrightarrow{EG}$=$\frac{1}{4}$$\overrightarrow{EF}$，點(diǎn)M在線段GF上（包括兩端點(diǎn)），點(diǎn)N在線段AB上，且$\overrightarrow{GM}$=$\overrightarrow{AN}$，則二面角M-DN-B的平面角的取值范圍為[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]．

Answer 1

分析 建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)以及三角函數(shù)的有界性即可可求二面角M-DN-B的平面角取值范圍．

解答 解：∵矩形CDEF所在的平面與矩ABCD所在的平面垂直，
∴建立以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DE分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
∵AD=$\sqrt{2}$，DE=$\sqrt{3}$，AB=4，$\overrightarrow{EG}$=$\frac{1}{4}$$\overrightarrow{EF}$，
∴EF=4，EG=$\frac{1}{4}$EF=$\frac{1}{4}$×4=1，
則D（0，0，0），A（$\sqrt{2}$，0，0），B（$\sqrt{2}$，4，0），C（0，4，0），E（0，0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)（0，4，$\sqrt{3}$），
∵$\overrightarrow{GM}$=$\overrightarrow{AN}$，∴GM=AN，
設(shè)GM=m，則0≤m≤3，則M（0，m+1，$\sqrt{3}$），N（$\sqrt{2}$，m，0），
則平面DNB的法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
設(shè)平面MDN的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{DN}$=（$\sqrt{2}$，m，0），$\overrightarrow{DM}$=（0，m+1，$\sqrt{3}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DN}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DM}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}x+my=0}\\{（m+1）y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
令y=-1，則x=$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，z=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m+1），
則$\overrightarrow{n}$=（$\frac{\sqrt{2}m}{2}$，-1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$（m+1）），
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}（m+1）}{\sqrt{（\frac{\sqrt{2}m}{2}）^{2}+1+（\frac{\sqrt{3}（m+1）}{3}）^{2}}}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}（m+1）}{\sqrt{\frac{5}{6}{m}^{2}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3}}}$，
令t=m+1，則m=t-1，1≤t≤4，
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}（m+1）}{\sqrt{\frac{5}{6}{m}^{2}+\frac{2}{3}m+\frac{4}{3}}}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}t}{\sqrt{\frac{5}{6}（t-1）^{2}+\frac{2}{3}（t-1）+\frac{4}{3}}}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}t}{\sqrt{\frac{5}{6}{t}^{2}-t+\frac{3}{2}}}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{5}{6}-\frac{1}{t}+\frac{3}{2}（\frac{1}{{t}^{2}}）}}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{3}{2}（\frac{1}{t}-\frac{1}{3}）^{2}+\frac{2}{3}}}$，
∵1≤t≤4，
∴$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{t}$≤1，
則當(dāng)$\frac{1}{t}$=$\frac{1}{3}$時(shí)，cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{3}{2}（\frac{1}{t}-\frac{1}{3}）^{2}+\frac{2}{3}}}$取得最大值為$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{2}{3}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當(dāng)$\frac{1}{t}$=1時(shí)，cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{3}{2}（\frac{1}{t}-\frac{1}{3}）^{2}+\frac{2}{3}}}$取得最小值為$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{3}{2}×\frac{4}{9}+\frac{2}{3}}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{4}{3}}}$=$\frac{1}{2}$，
則$\frac{1}{2}$≤cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即$\frac{π}{4}$≤＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞≤$\frac{π}{3}$，
即二面角M-DN-B的平面角的取值范圍為[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]，
故答案為：[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]

點(diǎn)評 本題主要考查二面角的求解，建立空間坐標(biāo)系，利用向量法是解決二面角的常用方法，同時(shí)利用換元法以及轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)，利用一元二次函數(shù)的最值的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．．考查學(xué)生的運(yùn)算和推理能力．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，難度較大．