分析 (Ⅰ) 連接C1E1,推導(dǎo)出四邊形A1D1C1E1是平行四邊形,從而四邊形ADC1E1是平行四邊形,由此能證明平面ACF1E1∥平面A1C1D.
(Ⅱ) 法一:分別以→DA,→DC,→DD1的方向為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,利用向量法能求出二面角A1-AC-E1的大�。�
法二:取分別AC,A1C1的中點O,O1,連結(jié)OO1,OB,O1B1,O1B1與E1F1相交于G1,連結(jié)OG1,推導(dǎo)出∠O1OG1是二面角A1-AC-E1的平面角,由此能求出二面角A1-AC-E1的大�。�
解答 證明:(Ⅰ) 連接C1E1,棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1B1=2D1C1,A1B1∥C1D1,
又E1為A1B1的中點,則A1E1∥__D1C1,
所以四邊形A1D1C1E1是平行四邊形,則C1E1∥__A1D1.
又A1D1∥__AD,所以C1E1∥__AD.
所以四邊形ADC1E1是平行四邊形,則AE1∥DC1.
在棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AC∥A1C1.
由于AE1,AC都在面ACF1E1內(nèi)且相交,DC1與A1C1都在面A1C1D內(nèi)且相交,
所以平面ACF1E1∥平面A1C1D.(6分)
(Ⅱ) 在棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AC∥平面A1B1C1D1,
平面AF1與平面A1B1C1D1交線為E1F1,則AC∥E1F1,則A1C1∥E1F1.
又E1為A1B1的中點,所以F1為B1C1的中點.
方法一:如圖,分別以→DA,→DC,→DD1的方向為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,
A(2√3,0,0),C(0,2,0),A1(2√3,0,3),E1(2√3,2,3),
所以→AC=(−2√3,2,0),→AA1=(0,0,3),→AE1=(0,2,3).
設(shè)平面ACC1A1的法向量→m=(x1,y1,z1),
由{→m•→AC=0→m•→AA1=0,得{−2√3x1+2y1=03z1=0,取x1=1,得→m=(1,√3,0).
設(shè)平面ACF1E1的法向量→n=(x2,y2,z2),
由{→n•→AC=0→n•→AE1=0,得{−2√3x2+2y2=02y2+3z2=0,取x2=√3,得→n=(√3,3,−2).
則由cos<→m,→n>=√3+3√3+0√1+3+0•√3+9+4=√32.
所以<→m,→n>=30°,故二面角A1-AC-E1的大小為30°.(12分)
方法二:取分別AC,A1C1的中點O,O1,
連結(jié)OO1,OB,O1B1,O1B1與E1F1相交于G1,連結(jié)OG1,如圖.
由(Ⅰ),△ABC為等邊三角形,則AC⊥OB,
在棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
有OO1⊥平面ABCD,所以AC⊥OO1.
所以AC⊥平面OBB1A1.所以AC⊥OG1.
故∠O1OG1是二面角A1-AC-E1的平面角.(9分)
由題OO1=3,O1G1=12O1G1=√3,則tan∠O1OG1=√33,
所以∠O1OG1=30°,則二面角A1-AC-E1的大小為30°.(12分)
點評 本題考查面面平行的證明,考查二面角的大小的求法,是中檔題,解題時要認真審題,注意空間思維能力的培養(yǎng).
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 4(4√2-√31) | B. | 4(4√2-√30) | C. | 4(√33-4√2) | D. | 4(√33-√31) |
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A. | 3f(ln2)>2f(ln3) | B. | 3f(ln2)=2f(ln3) | ||
C. | 3f(ln2)<2f(ln3) | D. | 3f(ln2)與2f(ln3)的大小不確定 |
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