Question

直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AD=DC=AB，AD⊥AB，AB∥CD，E，F(xiàn)，G分別為AD₁，A₁B₁，AB中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：EF∥平面B₁C₁G；
（Ⅱ）當(dāng)二面角G-C₁B₁-C為45？時(shí)，求CD與平面C₁B₁G所成的角．

Answer 1

【答案】分析：（I）取C₁G的中點(diǎn)H，連EH，HB₁，由直四棱柱的幾何特征及已知中AB∥CD，DC=AB，E，F(xiàn)，G分別為AD₁，A₁B₁，AB中點(diǎn)，易得EHB₁F為平行四邊形，進(jìn)而EF∥B₁H，由線面平行的判定定理即可得到EF∥平面B₁C₁G．
（Ⅱ）過(guò)G作GK⊥BC，垂足為K，由等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)可得K為BC中點(diǎn)，結(jié)合直棱柱的結(jié)構(gòu)特征，我們可得BB₁⊥平面ABCD，作KT⊥B₁C₁，垂足為T(mén)，連GT，則∠GTK為二面角G-B₁C₁-C的平面角，結(jié)合二面角G-C₁B₁-C為45°，設(shè)GK=a，則TK=a，CD=a，過(guò)C作CO⊥平面B₁C₁G，垂足為O，連DO，則DO為斜線DC在平面B₁C₁DG上的射影，∠CDO即為DC與平面B₁C₁G所成的角．解三角形CDO即可得到CD與平面C₁B₁G所成的角．
解答：證明：（Ⅰ）取C₁G的中點(diǎn)H，連EH，HB₁．
∵AB∥CD，DC=AB，∴AGCD，
又由直棱柱得，D₁C₁DC，
∴AGC₁D₁，∴四邊形AGC₁D₁為平行四邊形．
∵AE=ED₁，GH=HC₁，∴EHAG．
∵FB₁AG．∴EHB₁F．∴EHB₁F為平行四邊形，∴EF∥B₁H．
∵EF平面B₁C₁G，B₁H?平面B₁C₁G，∴EF∥平面B₁C₁G．
（Ⅱ）由條件得DGBC，又∵BCB₁C₁，∴DGB₁C₁．∴平面B₁C₁G即為平面B₁C₁DG．
過(guò)G作GK⊥BC，垂足為K，∵GB=GC，∴K為BC中點(diǎn)，
∵ABCD-A₁B₁C₁D₁為直棱柱，∴BB₁⊥平面ABCD．∴BB₁⊥GK．
∴GK⊥平面BB₁C₁C，作KT⊥B₁C₁，
垂足為T(mén)，連GT，則GT⊥B₁C₁．
∴∠GTK為二面角G-B₁C₁-C的平面角，∴∠GTK=45°．
設(shè)GK=a，則TK=a，CD=a，過(guò)C作CO⊥平面B₁C₁G，
垂足為O，連DO，則DO為斜線DC在平面B₁C₁DG上的射影，
∴∠CDO即為DC與平面B₁C₁G所成的角．
∵CB∥DG，DG?平面B₁C₁G，CB 平面B₁C₁DG，
∴BC∥平面B₁C₁DG．
∴點(diǎn)C到平面B₁C₁G的距離CO與點(diǎn)K到平面B₁C₁G的距離相等，
∵B₁C₁⊥GT，B₁C₁⊥TK，
∴B₁C₁⊥平面GKT，
∵B₁C₁?平面B₁C₁DG，
∴平面GKT⊥平面B₁C₁DG，過(guò)K作KL⊥GT，垂足為L(zhǎng)，則KL⊥平面B₁C₁DG．
在△GKT中GK=KT=a，
∴KL=a，即K到平面B₁C₁G的距離為a，
∴CO=a，在Rt△CDO中，CO=a，CD=a，
∴sin∠CDO=，∠CDO=30°，
即直線CD與平面B₁C₁G所成的角為30°
點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，本題以常規(guī)的底面為直角梯形的直四棱柱為載體，考查學(xué)生線面平行的證明，用三垂線定理作二面角的平面角，找直線與平面交點(diǎn)，直線與平面所成的角等立體幾何問(wèn)題．突出基本方法與常規(guī)思路的應(yīng)用．