Question

在斜三棱柱ABC-A′B′C′中，底面△ABC為正三角形，設(shè)AA′：AC=λ．頂點(diǎn)A′在底面ABC上的射影O是△ABC的中心，P為側(cè)棱CC′中點(diǎn)，G為△PA′B′的重心．
（Ⅰ）求證：OG∥平面AA′B′B；
（Ⅱ）當(dāng)λ=時(shí)，求證：平面A′B′P⊥平面BB′C′C；
（Ⅲ）當(dāng)λ=1時(shí)，求二面角C-A′B-P的大�。�

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）欲證OG∥平面AA′B′B，根據(jù)直線(xiàn)與平面平行的判定定理可知只需證OG與平面AA′B′B內(nèi)一直線(xiàn)平行，分別取AB，A′B′的中點(diǎn)D，D′若證出OG∥DD′則可證明 OG∥平面AA′B′B 
（Ⅱ）連AO并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，則E為BC的中點(diǎn)，取B′C′的中點(diǎn)E′，．BC⊥平面AA′E′E，．設(shè)PB′∩EE′=Q 本題應(yīng)證明 BC⊥A′Q，且A′Q⊥QE′．
（Ⅲ） 取A′B的中點(diǎn)M，連CM，B′M，則CM⊥A′B，B′M⊥A′B．則∠B′MC為二面角B′-A′B-C的平面角，取BB′的中點(diǎn)R，連PR，A′R．則平面A′PR⊥平面A′BB′．
過(guò)P作PQ⊥A′R，則PQ⊥平面A′BB′．過(guò)P作PN⊥A′B于N，連QN，則QN⊥A′B．則∠PNQ為二面角B′-A′B-P的平面角，將二面角C-A′B-P轉(zhuǎn)化為二面角B′-A′B-C與二面角B′-A′B-P的差，結(jié)合兩角差的余弦求其余弦，再求其大�。�
解答：解：（Ⅰ）證明：分別取AB，A′B′的中點(diǎn)D，D′，連CD，PD′，

∵O為△ABC的中心，G為△PA′B′的重心，
∴O∈CD，G∈PD′，且CO：OD=PG：GD′=2：1．
∵AA′B′B為□，AD=DB，A′D′=D′B′，∴DD′∥AA′，
又∵AA′∥CC′，∴DD′∥CC′，即DD′∥CP．
又CO：OD=PG：GD′=2：1，∴OG∥DD′，
∵OG∉平面AA′B′B，DD′?平面AA′B′B．
∴OG∥平面AA′B′B．
（Ⅱ）證明當(dāng)λ=時(shí)，不妨設(shè)AA′=2，AC=2，由點(diǎn)A′在平面ABC上的射影為△ABC的中心，連AO并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，則E為BC的中點(diǎn)，取B′C′的中點(diǎn)E′，連EE′，AA′∥EE′∥CC′．∵A′O⊥平面ABC，∴A′O⊥BC．∵O為△ABC中心，∴AE⊥BC．∴BC⊥平面AA′E′E．設(shè)PB′∩EE′=Q，∴BC⊥A′Q，且E′Q=CP=AA′=．∵AO=AC?=．AA′=2，∴cos∠A′AO==，∴cos∠A′E′E=．在△A′E′Q中，A′E′=，E′Q=，
cos∠A′E′E=，∴A′Q²=A′E′²+E′Q²-2A′E′?E′Q?cos∠A′E′E=．∵A′Q²+E′Q²=A′E′²，
∴A′Q⊥QE′，∵QE′與BC相交，∴A′Q⊥平面BB′C′C，∵A′Q?平面A′B′P，∴平面A′B′P⊥平面BB′C′C．
（Ⅲ）當(dāng)λ=1時(shí)，不妨設(shè)AA′=AC=2，∵點(diǎn)A′在平面ABC上的射影為△ABC的中心，∴A′A=A′B=A′C．∴△A′BC，△A′BB′都為等邊三角形．


取A′B的中點(diǎn)M，連CM，B′M，則CM⊥A′B，B′M⊥A′B．
∴∠B′MC為二面角B′-A′B-C的平面角，
在△B′CM中，B′M=CM=，B′C=2，∴cos∠B′MC=-．
取BB′的中點(diǎn)R，連PR，A′R．則平面A′PR⊥平面A′BB′．
過(guò)P作PQ⊥A′R，則PQ⊥平面A′BB′．
過(guò)P作PN⊥A′B于N，連QN，則QN⊥A′B．
∴∠PNQ為二面角B′-A′B-P的平面角，
在△A′PB中，求得PN=，
在△A′PR中，求得PQ=．∴sin∠PNQ==．
∵二面角C-A′B-P等于二面角B′-A′B-C與二面角B′-A′B-P的差，
設(shè)二面角C-A′B-P的大小為θ，
則cosθ=cos（∠B′MC-∠PNQ）=cos∠B′MC?cos∠PNQ+sin∠B′MC?sin∠PNQ
=-?+?=．
∴二面角C-A′B-P的大小為arccos．
點(diǎn)評(píng)：在斜棱柱中，通過(guò)圖形位置的變化，強(qiáng)調(diào)立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化的能力，充分利用平面圖形的性質(zhì)來(lái)證明線(xiàn)面的平行與垂直，考查用向量法求二面角的大小及用分割法來(lái)求二面角的大�。�