Question

20．如圖所示，已知圓柱OO₁的底面半徑是2，高是4，ABCD是圓柱的一個軸截面，動點E從B點出發(fā)，沿著圓柱的側(cè)面到達點D，當其經(jīng)過的路程最短時，在側(cè)面留下的曲線是S，將軸截面ABCD繞著軸OO₁逆時針旋轉(zhuǎn)θ（0＜θ＜π）后，邊B₁C₁和曲線S交于點F．
（1）當θ=$\frac{π}{2}$時，在A₁D₁上是否存在點G，使C₁G∥平面A₁BF；
（2）當θ=$\frac{π}{3}$時，試求二面角D-AB-F的余弦值．

Answer 1

分析 （2）當θ=$\frac{π}{2}$時，點B₁恰好為AB的中點，所以F為B₁C₁中點，根據(jù)線面平行的判定定理進行證明即可．
（3）根據(jù)二面角的定義作出二面角D-AB-F的平面角，利用三角形的邊角關(guān)系進行求解即可．

解答 解：（1）當θ=$\frac{π}{2}$時，點B₁恰好為弧AB的中點，
∴F為B₁C₁中點，
取D₁A₁的中點G，
則GC₁∥FA₁，
∵C₁G?平面A₁BF，A₁F?平面A₁BF；
∴C₁G∥平面A₁BF；
（2）當θ=$\frac{π}{3}$時，$\widehat{B{B}_{1}}$=$\frac{π}{3}×2$=$\frac{2π}{3}$

將側(cè)面進行展開如圖：
則AB=4π，AD=4，
則$\frac{{B}_{1}F}{AD}=\frac{B{B}_{1}}{AB}$，
即B₁F=$\frac{B{B}_{1}•AD}{AB}$=$\frac{\frac{π}{3}×4}{4π}$=$\frac{1}{3}$，
∵二面角D-AB-B₁為直二面角，
過B₁作B₁Q⊥AB于Q，連接FQ．

由于B₁Q⊥AB，B₁F⊥AB，
∴AB⊥平面B₁FQ，
∴AB⊥PQ．
于是∠FQB₁即為二面角D-AB-F的平面角的余角，∠PQB₁即為二面角D-AB-F的平面角．
則∠PQB₁=$\frac{π}{2}$-∠FQB₁，即∠FQB₁=$\frac{π}{2}$-∠PQB₁，
QB₁=OB₁sin$\frac{π}{3}$=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，
則QF=$\sqrt{{B}_{1}{F}^{2}+Q{{B}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{1}{3}）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{9}+3}$=$\frac{2\sqrt{7}}{3}$，
在Rt△FB₁Q中，sin∠FQB₁=sin（$\frac{π}{2}$-∠PQB₁）=cos∠PQB₁．
則sin∠FQB₁=$\frac{{B}_{1}F}{QF}$=$\frac{\frac{1}{3}}{\frac{2\sqrt{7}}{3}}$=$\frac{\sqrt{7}}{14}$，
即cos∠PQB₁=sin∠FQB₁=$\frac{\sqrt{7}}{14}$，
即二面角D-AB-F的余弦值為$\frac{\sqrt{7}}{14}$．

點評 本題考查直線和平面平行的判斷，二面角的求解，根據(jù)線面平行的判定定理以及二面角的平面角的定義作出二面角的平面角是解決本題的關(guān)鍵．考查學生分析解決問題的能力．