Question

直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AD=DC=

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AB，AD⊥AB，AB∥CD，E，F，G分别为AD₁，A₁B₁，AB中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面B₁C₁G；
（Ⅱ）当二面角G-C₁B₁-C为45？时，求CD与平面C₁B₁G所成的角．

Answer 1

分析：（I）取C₁G的中点H，连EH，HB₁，由直四棱柱的几何特征及已知中AB∥CD，DC=

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AB，E，F，G分别为AD₁，A₁B₁，AB中点，易得EHB₁F为平行四边形，进而EF∥B₁H，由线面平行的判定定理即可得到EF∥平面B₁C₁G．
（Ⅱ）过G作GK⊥BC，垂足为K，由等腰三角形“三线合一”的性质可得K为BC中点，结合直棱柱的结构特征，我们可得BB₁⊥平面ABCD，作KT⊥B₁C₁，垂足为T，连GT，则∠GTK为二面角G-B₁C₁-C的平面角，结合二面角G-C₁B₁-C为45°，设GK=a，则TK=a，CD=

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a，过C作CO⊥平面B₁C₁G，垂足为O，连DO，则DO为斜线DC在平面B₁C₁DG上的射影，∠CDO即为DC与平面B₁C₁G所成的角．解三角形CDO即可得到CD与平面C₁B₁G所成的角．

解答：证明：（Ⅰ）取C₁G的中点H，连EH，HB₁．
∵AB∥CD，DC=

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AB，∴AG

∥ .

.

CD，
又由直棱柱得，D₁C₁

∥ .

.

DC，
∴AG

∥ .

.

C₁D₁，∴四边形AGC₁D₁为平行四边形．
∵AE=ED₁，GH=HC₁，∴EH

∥ .

.

AG．
∵FB₁

∥ .

.

AG．∴EH

∥ .

.

B₁F．∴EHB₁F为平行四边形，∴EF∥B₁H．
∵EF

∥ .

.

平面B₁C₁G，B₁H?平面B₁C₁G，∴EF∥平面B₁C₁G．
（Ⅱ）由条件得DG

∥ .

.

BC，又∵BC

∥ .

.

B₁C₁，∴DG

∥ .

.

B₁C₁．∴平面B₁C₁G即为平面B₁C₁DG．
过G作GK⊥BC，垂足为K，∵GB=GC，∴K为BC中点，
∵ABCD-A₁B₁C₁D₁为直棱柱，∴BB₁⊥平面ABCD．∴BB₁⊥GK．
∴GK⊥平面BB₁C₁C，作KT⊥B₁C₁，
垂足为T，连GT，则GT⊥B₁C₁．
∴∠GTK为二面角G-B₁C₁-C的平面角，∴∠GTK=45°．
设GK=a，则TK=a，CD=

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a，过C作CO⊥平面B₁C₁G，
垂足为O，连DO，则DO为斜线DC在平面B₁C₁DG上的射影，
∴∠CDO即为DC与平面B₁C₁G所成的角．
∵CB∥DG，DG?平面B₁C₁G，CB 

∥ .

.

平面B₁C₁DG，
∴BC∥平面B₁C₁DG．
∴点C到平面B₁C₁G的距离CO与点K到平面B₁C₁G的距离相等，
∵B₁C₁⊥GT，B₁C₁⊥TK，
∴B₁C₁⊥平面GKT，
∵B₁C₁?平面B₁C₁DG，
∴平面GKT⊥平面B₁C₁DG，过K作KL⊥GT，垂足为L，则KL⊥平面B₁C₁DG．
在△GKT中GK=KT=a，
∴KL=

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a，即K到平面B₁C₁G的距离为

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a，
∴CO=

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a，在Rt△CDO中，CO=

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a，CD=

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a，
∴sin∠CDO=

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，∠CDO=30°，
即直线CD与平面B₁C₁G所成的角为30°

点评：本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，本题以常规的底面为直角梯形的直四棱柱为载体，考查学生线面平行的证明，用三垂线定理作二面角的平面角，找直线与平面交点，直线与平面所成的角等立体几何问题．突出基本方法与常规思路的应用．