Question

11．如圖1，在平面多邊形ABEDC中，△ABC是正三角形，四邊形BCDE是矩形，AB=2，CD=2$\sqrt{3}$，沿BC將△ABC折起，組成四棱錐A′-BCDE，如圖2，F(xiàn)、G分別是A′B，A′E的中點(diǎn)．
（1）求證：A′C∥平面BDG；
（2）當(dāng)三棱錐A′-BCE的體積最大時(shí)，求平面BCE與平面CEF的夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)OG，根據(jù)線面平行的判定定理證明OG∥A′C，即可證明A′C∥平面BDG；
（2）取BC的中點(diǎn)H，連結(jié)A′H，當(dāng)三棱錐A′-BCE的體積最大時(shí)，等價(jià)為A′H⊥平面BCE，建立空間坐標(biāo)系，利用向量法即可求平面BCE與平面CEF的夾角的余弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)OG，
則O為CE的中點(diǎn)，
∵G是A′E的中點(diǎn)，
∴OG是△A′CE的中位線，
∴OG∥A′C，
∵A′C?平面BDG，GO?平面BDG，
∴A′C∥平面BDG．
（2）取BC的中點(diǎn)H，連結(jié)A′H，
在正三角形錐A′BC中，A′H⊥BC，
若三棱錐A′-BCE的體積最大，則滿足A′H⊥平面BCE，
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HB，HO，HA′為x，y，z軸建立空間坐標(biāo)系如圖，
∵AB=2，CD=2$\sqrt{3}$，
∴BH=1，HO=$\sqrt{3}$，A′H=$\sqrt{3}$，
則H（0，0，0），A′（0，0，$\sqrt{3}$），C（-1，0，0），B（1，0，0），F(xiàn)（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），O（0，$\sqrt{3}$，0）
則平面BCED的法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
設(shè)平面CEF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{CO}$=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{OF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$，$-\frac{\sqrt{3}}{2}$），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CO}•\overrightarrow{n}=x+\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{OF}•\overrightarrow{n}=-\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令y=$\sqrt{3}$，則x=-3，z=3$\sqrt{3}$，即$\overrightarrow{n}$=（-3，$\sqrt{3}$，3$\sqrt{3}$），
則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與平面CEF的夾角的余弦值為$\frac{5\sqrt{39}}{156}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間線面平行的判定以及空間二面角的求解，建立坐標(biāo)系，利用向量法是解決空間角的常用方法，考查學(xué)生的運(yùn)算能力，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．