Question

3．已知三棱柱ABC-A′B′C′如图所示，四边形BCC′B′为菱形，∠BCC′=60°，△ABC为等边三角形，面ABC⊥面BCC′B′，E、F分别为棱AB、CC′的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥面A′BC′；
（Ⅱ）求二面角C-AA′-B的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（法一）取A'B中点D，连接ED，DC，推导出四边形EFCD为平行四边形，从而EF∥CD，由引能证明EF∥面A'BC．
（法二）取AA'中点G，连接EG，FG，则EG∥A'B，FG∥A'C'，从而面EFG∥面A'BC'，由此能证明EF∥面A'BC．
（法三）取BC中点O，连接AO，OC'，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明EF∥面A'BC．
（Ⅱ）（法一）过F点作AA'的垂线FM交AA'于M，连接BM，BF，则∠BMF为二面角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的大小．

解答 证明：（Ⅰ）（方法一）取A'B中点D，连接ED，DC，
因为E，D分别为AB，A'B中点，
所以$ED=\frac{1}{2}AA'，ED∥AA'$，（3分）
所以ED=CF，ED∥CF，所以四边形EFCD为平行四边形，所以EF∥CD，又因为EF?面A'BC，CD?面A'BC，所以EF∥面A'BC．（6分）
（方法二）取AA'中点G，连接EG，FG，
因为E，G分别为AB，AA'中点，所以EG∥A'B
又因为F，G分别为CC'，AA'中点，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中点O，连接AO，OC'，
由题可得AO⊥BC，又因为面ABC⊥面BCC'B'，
所以AO⊥面BCC'B'，又因为菱形BCC'B'中∠BCC'=60°，所以C'O⊥BC．
可以建立如图所示的空间直角坐标系，（7分）
不妨设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（\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）
设面A'BC的一个法向量为$\vec n=（a，b，c）$，
则$\left\{{\begin{array}{l}{a+\sqrt{3}b=0}\\{\sqrt{3}b+\sqrt{3}c=0}\end{array}}\right.$，不妨取$a=\sqrt{3}$，则$（a，b，c）=（\sqrt{3}，-1，1）$，
所以$\overrightarrow{EF}•\vec n=0$，又因为EF?面A'BC，所以EF∥面A'BC．（12分）
解：（Ⅱ）（方法一）过F点作AA'的垂线FM交AA'于M，连接BM，BF．
因为BF⊥CC'，CC'∥AA'，
所以BF⊥AA'，所以AA'⊥面MBF，
所以∠BMF为二面角C-AA'-B的平面角．（8分）
因为面ABC⊥面BCC'B'，所以A$\left\{{\begin{array}{l}{-{x_1}-\sqrt{3}{z_1}=0}\\{-{x_1}+\sqrt{3}{y_1}=0}\end{array}}\right.$
点在面BCC'B'上的射影落在BC上，
所以$cos∠ACC'=cos∠BCC'cos∠ACB=\frac{1}{4}$，
所以$sin∠ACC'=\frac{{\sqrt{15}}}{4}=\frac{MF}{AC}$，
不妨设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的大小为$arccos\frac{3}{5}$．（12分）
（方法二）接（Ⅰ）方法三可得$\overrightarrow{AB}=（-1，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{AA'}=（-1，\sqrt{3}，0）$，
设面AA'B的一个法向量为${\vec n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，
则不妨取${x_1}=\sqrt{3}$，则$（{x_1}，{y_1}，{z_1}）=（\sqrt{3}，1，-1）$．（8分）
又$\overrightarrow{AC}=（1，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{AA'}=（-1，\sqrt{3}，0）$，
设面AA'C的一个法向量为${\vec n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
则$\left\{{\begin{array}{l}{{x_2}-\sqrt{3}{z_2}=0}\\{-{x_2}+\sqrt{3}{y_2}=0}\end{array}}\right.$，不妨取${x_2}=\sqrt{3}$，则$（{x_2}，{y_2}，{z_2}）=（\sqrt{3}，1，1）$．（10分）
所以$cos＜{\vec n_1}，{\vec n_2}＞=\frac{{{{\vec n}_1}•{{\vec n}_2}}}{{|{{\vec n}_1}|•|{{\vec n}_2}|}}=\frac{3}{5}$，因为二面角C-AA'-B为锐角，
所以二面角C-AA'-B的大小为┅┅┅┅（12分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．