如图所示.已知圆柱OO1的底面半径是2.高是4.ABCD是圆柱的一个轴截面.动点E从B点出发.沿着圆柱的侧面到达点D.当其经过的路程最短时.在侧面留下的曲线是S.将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ后.边B1C1和曲线S交于点F．(1)当θ=$\frac{π}{2}$时.在A1D1上是否存在点G.使C1G∥平面A1BF,(2)当θ=$\frac{π}{3}$时.试求二面� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图所示，已知圆柱OO₁的底面半径是2，高是4，ABCD是圆柱的一个轴截面，动点E从B点出发，沿着圆柱的侧面到达点D，当其经过的路程最短时，在侧面留下的曲线是S，将轴截面ABCD绕着轴OO₁逆时针旋转θ（0＜θ＜π）后，边B₁C₁和曲线S交于点F．
（1）当θ=$\frac{π}{2}$时，在A₁D₁上是否存在点G，使C₁G∥平面A₁BF；
（2）当θ=$\frac{π}{3}$时，试求二面角D-AB-F的余弦值．

分析（2）当θ=$\frac{π}{2}$时，点B₁恰好为AB的中点，所以F为B₁C₁中点，根据线面平行的判定定理进行证明即可．
（3）根据二面角的定义作出二面角D-AB-F的平面角，利用三角形的边角关系进行求解即可．

解答解：（1）当θ=$\frac{π}{2}$时，点B₁恰好为弧AB的中点，
∴F为B₁C₁中点，
取D₁A₁的中点G，
则GC₁∥FA₁，
∵C₁G?平面A₁BF，A₁F?平面A₁BF；
∴C₁G∥平面A₁BF；
（2）当θ=$\frac{π}{3}$时，$\widehat{B{B}_{1}}$=$\frac{π}{3}×2$=$\frac{2π}{3}$

将侧面进行展开如图：
则AB=4π，AD=4，
则$\frac{{B}_{1}F}{AD}=\frac{B{B}_{1}}{AB}$，
即B₁F=$\frac{B{B}_{1}•AD}{AB}$=$\frac{\frac{π}{3}×4}{4π}$=$\frac{1}{3}$，
∵二面角D-AB-B₁为直二面角，
过B₁作B₁Q⊥AB于Q，连接FQ．

由于B₁Q⊥AB，B₁F⊥AB，
∴AB⊥平面B₁FQ，
∴AB⊥PQ．
于是∠FQB₁即为二面角D-AB-F的平面角的余角，∠PQB₁即为二面角D-AB-F的平面角．
则∠PQB₁=$\frac{π}{2}$-∠FQB₁，即∠FQB₁=$\frac{π}{2}$-∠PQB₁，
QB₁=OB₁sin$\frac{π}{3}$=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，
则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．
则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的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{14}$．

点评本题考查直线和平面平行的判断，二面角的求解，根据线面平行的判定定理以及二面角的平面角的定义作出二面角的平面角是解决本题的关键．考查学生分析解决问题的能力．

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