Question

14．如图，正三棱柱ABC-A′B′C′中，F是线段B′C′的中点，D，E分别是线段BB′，B′C′上的点，连接DE，BF，A′E，A′F，A′D，A′B，AC′，且2B′D=DB，B′E=$\frac{1}{4}$B′C′．
（1）探究平面A′BF与平面BCC′B′的位置关系，并进行说明；
（2）证明：AC′∥平面 A′DE．

Answer 1

分析 （1）由已知得A′B′=A′C′，BB′⊥A′B′C′，A′F⊥B′C′，从而A′F⊥平面BCC′B′，由此能证明平面A′BF⊥平面BCC′B′．
（2）以F为原点，AF为x轴，FC′为y国，取BC中点G，以FG为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AC′∥平面 A′DE．

解答 （1）解：平面A′BF⊥平面BCC′B′．
证明如下：
∵ABC-A′B′C′是正三棱柱，
∵A′B′=A′C′，BB′⊥A′B′C′，
∵F是线段B′C′的中点，∴A′F⊥B′C′，
∵A′F?平面A′B′C′，∴A′F⊥平面BCC′B′，
∵A′F?平面A′BF，
∴平面A′BF⊥平面BCC′B′．
（2）证明：以F为原点，AF为x轴，FC′为y国，取BC中点G，以FG为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB=2a，AA′=b，则A′（-$\sqrt{3}a$，0，0），D（0，-a，$\frac{b}{3}$），E（0，-$\frac{a}{2}$，0），C′（0，a，0），A（-$\sqrt{3}a$，0，b），
∴$\overrightarrow{A{C}^{'}}$=（$\sqrt{3}a$，a，-b），$\overrightarrow{ED}$=（0，-$\frac{a}{2}$，$\frac{b}{3}$），$\overrightarrow{E{A}^{'}}$=（-$\sqrt{3}a$，$\frac{a}{2}$，0），
设平面A′DE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{ED}=-\frac{a}{2}y+\frac{b}{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{E{A}^{'}}=-\sqrt{3}ax+\frac{a}{2}y=0}\end{array}\right.$，
取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，6，$\frac{9a}{b}$），
∴$\overrightarrow{A{C}^{'}}•$$\overrightarrow{n}$=3a+6a-9a=0，
∵AC′?平面A′DE，∴AC′∥平面 A′DE．

点评 本题考查两平面位置关系的探究与证明，考查线面平行的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．