Question

3．已知三棱柱ABC-A′B′C′如圖所示，四邊形BCC′B′為菱形，∠BCC′=60°，△ABC為等邊三角形，面ABC⊥面BCC′B′，E、F分別為棱AB、CC′的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：EF∥面A′BC′；
（Ⅱ）求二面角C-AA′-B的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）（法一）取A'B中點(diǎn)D，連接ED，DC，推導(dǎo)出四邊形EFCD為平行四邊形，從而EF∥CD，由引能證明EF∥面A'BC．
（法二）取AA'中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，則EG∥A'B，F(xiàn)G∥A'C'，從而面EFG∥面A'BC'，由此能證明EF∥面A'BC．
（法三）取BC中點(diǎn)O，連接AO，OC'，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明EF∥面A'BC．
（Ⅱ）（法一）過F點(diǎn)作AA'的垂線FM交AA'于M，連接BM，BF，則∠BMF為二面角C-AA'-B的平面角，由此能求出二面角C-AA'-B的大小．
（法二）利用向量法能求出二面角C-AA'-B的大�。�

解答 證明：（Ⅰ）（方法一）取A'B中點(diǎn)D，連接ED，DC，
因?yàn)镋，D分別為AB，A'B中點(diǎn)，
所以$ED=\frac{1}{2}AA'，ED∥AA'$，（3分）
所以ED=CF，ED∥CF，所以四邊形EFCD為平行四邊形，所以EF∥CD，又因?yàn)镋F?面A'BC，CD?面A'BC，所以EF∥面A'BC．（6分）
（方法二）取AA'中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，
因?yàn)镋，G分別為AB，AA'中點(diǎn)，所以EG∥A'B
又因?yàn)镕，G分別為CC'，AA'中點(diǎn)，所以FG∥A'C'（3分）
且EG?面EFG，GF?面EFG，EG∩GF=G，A'C'?面A'BC'，A'B?面A'BC'，A'C'∩A'B=A'，
所以面EFG∥面A'BC'，
又EF?面EFG，所以EF∥面A'BC．（6分）
（方法三）取BC中點(diǎn)O，連接AO，OC'，
由題可得AO⊥BC，又因?yàn)槊鍭BC⊥面BCC'B'，
所以AO⊥面BCC'B'，又因?yàn)榱庑蜝CC'B'中∠BCC'=60°，所以C'O⊥BC．
可以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，（7分）
不妨設(shè)BC=2，
可得C（1，0，0），$C'（0，\sqrt{3}，0）$$A（0，0，\sqrt{3}）$，
B（-1，0，0），$A'（-1，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$B'（-2，\sqrt{3}，0）$，
所以$E（-\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），F(xiàn)（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$
所以$\overrightarrow{EF}=（1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}），\overrightarrow{BC'}=（1，\sqrt{3}，0），\overrightarrow{BA'}=（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，┅┅┅┅┅┅┅（9分）
設(shè)面A'BC的一個(gè)法向量為$\vec n=（a，b，c）$，
則$\left\{{\begin{array}{l}{a+\sqrt{3}b=0}\\{\sqrt{3}b+\sqrt{3}c=0}\end{array}}\right.$，不妨取$a=\sqrt{3}$，則$（a，b，c）=（\sqrt{3}，-1，1）$，
所以$\overrightarrow{EF}•\vec n=0$，又因?yàn)镋F?面A'BC，所以EF∥面A'BC．（12分）
解：（Ⅱ）（方法一）過F點(diǎn)作AA'的垂線FM交AA'于M，連接BM，BF．
因?yàn)锽F⊥CC'，CC'∥AA'，
所以BF⊥AA'，所以AA'⊥面MBF，
所以∠BMF為二面角C-AA'-B的平面角．（8分）
因?yàn)槊鍭BC⊥面BCC'B'，所以A$\left\{{\begin{array}{l}{-{x_1}-\sqrt{3}{z_1}=0}\\{-{x_1}+\sqrt{3}{y_1}=0}\end{array}}\right.$
點(diǎn)在面BCC'B'上的射影落在BC上，
所以$cos∠ACC'=cos∠BCC'cos∠ACB=\frac{1}{4}$，
所以$sin∠ACC'=\frac{{\sqrt{15}}}{4}=\frac{MF}{AC}$，
不妨設(shè)BC=2，所以$MF=\frac{{\sqrt{15}}}{2}$，同理可得$BM=\frac{{\sqrt{15}}}{2}$．（10分）
所以$cos∠BMF=\frac{{\frac{15}{4}+\frac{15}{4}-3}}{{\frac{15}{2}}}=\frac{3}{5}$，
所以二面角C-AA'-B的大小為$arccos\frac{3}{5}$．（12分）
（方法二）接（Ⅰ）方法三可得$\overrightarrow{AB}=（-1，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{AA'}=（-1，\sqrt{3}，0）$，
設(shè)面AA'B的一個(gè)法向量為${\vec n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，
則不妨取${x_1}=\sqrt{3}$，則$（{x_1}，{y_1}，{z_1}）=（\sqrt{3}，1，-1）$．（8分）
又$\overrightarrow{AC}=（1，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{AA'}=（-1，\sqrt{3}，0）$，
設(shè)面AA'C的一個(gè)法向量為${\vec n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
則$\left\{{\begin{array}{l}{{x_2}-\sqrt{3}{z_2}=0}\\{-{x_2}+\sqrt{3}{y_2}=0}\end{array}}\right.$，不妨取${x_2}=\sqrt{3}$，則$（{x_2}，{y_2}，{z_2}）=（\sqrt{3}，1，1）$．（10分）
所以$cos＜{\vec n_1}，{\vec n_2}＞=\frac{{{{\vec n}_1}•{{\vec n}_2}}}{{|{{\vec n}_1}|•|{{\vec n}_2}|}}=\frac{3}{5}$，因?yàn)槎�面角C-AA'-B為銳角，
所以二面角C-AA'-B的大小為┅┅┅┅（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查二面角的大小的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．