Question

11．如图1，在平面多边形ABEDC中，△ABC是正三角形，四边形BCDE是矩形，AB=2，CD=2$\sqrt{3}$，沿BC将△ABC折起，组成四棱锥A′-BCDE，如图2，F、G分别是A′B，A′E的中点．
（1）求证：A′C∥平面BDG；
（2）当三棱锥A′-BCE的体积最大时，求平面BCE与平面CEF的夹角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结OG，根据线面平行的判定定理证明OG∥A′C，即可证明A′C∥平面BDG；
（2）取BC的中点H，连结A′H，当三棱锥A′-BCE的体积最大时，等价为A′H⊥平面BCE，建立空间坐标系，利用向量法即可求平面BCE与平面CEF的夹角的余弦值．

解答 证明：（1）连结OG，
则O为CE的中点，
∵G是A′E的中点，
∴OG是△A′CE的中位线，
∴OG∥A′C，
∵A′C?平面BDG，GO?平面BDG，
∴A′C∥平面BDG．
（2）取BC的中点H，连结A′H，
在正三角形锥A′BC中，A′H⊥BC，
若三棱锥A′-BCE的体积最大，则满足A′H⊥平面BCE，
以H为坐标原点，分别以HB，HO，HA′为x，y，z轴建立空间坐标系如图，
∵AB=2，CD=2$\sqrt{3}$，
∴BH=1，HO=$\sqrt{3}$，A′H=$\sqrt{3}$，
则H（0，0，0），A′（0，0，$\sqrt{3}$），C（-1，0，0），B（1，0，0），F（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），O（0，$\sqrt{3}$，0）
则平面BCED的法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
设平面CEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{CO}$=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{OF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$，$-\frac{\sqrt{3}}{2}$），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CO}•\overrightarrow{n}=x+\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{OF}•\overrightarrow{n}=-\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令y=$\sqrt{3}$，则x=-3，z=3$\sqrt{3}$，即$\overrightarrow{n}$=（-3，$\sqrt{3}$，3$\sqrt{3}$），
则cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-\frac{1}{2}+3}{\sqrt{1+（\sqrt{3}）^{2}}•\sqrt{（-3）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}+（3\sqrt{3}）^{2}}}$=$\frac{\frac{5}{2}}{2×\sqrt{39}}$=$\frac{5}{4\sqrt{39}}=\frac{5\sqrt{39}}{156}$，
即平面BCE与平面CEF的夹角的余弦值为$\frac{5\sqrt{39}}{156}$．

点评 本题主要考查空间线面平行的判定以及空间二面角的求解，建立坐标系，利用向量法是解决空间角的常用方法，考查学生的运算能力，综合性较强，运算量较大．