如图所示.已知圆柱OO1的底面半径是2.高是4.ABCD是圆柱的一个轴截面.动点E从B点出发.沿着圆柱的侧面到达点D.当其经过的路程最短时.在侧面留下的曲线是S.将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ后.边B1C1和曲线S交于点F．(1)当θ=$\frac{π}{2}$时.在A1D1上是否存在点G.使C1G∥平面A1BF,(2)当θ=$\frac{π}{3}$时.试求二面� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

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如图所示，已知圆柱OO₁的底面半径是2，高是4，ABCD是圆柱的一个轴截面，动点E从B点出发，沿着圆柱的侧面到达点D，当其经过的路程最短时，在侧面留下的曲线是S，将轴截面ABCD绕着轴OO₁逆时针旋转θ（0＜θ＜π）后，边B₁C₁和曲线S交于点F．
（1）当θ=$\frac{π}{2}$时，在A₁D₁上是否存在点G，使C₁G∥平面A₁BF；
（2）当θ=$\frac{π}{3}$时，试求二面角D-AB-F的余弦值．

分析（2）当θ=$\frac{π}{2}$时，点B₁恰好为AB的中点，所以F为B₁C₁中点，根据线面平行的判定定理进行证明即可．
（3）根据二面角的定义作出二面角D-AB-F的平面角，利用三角形的边角关系进行求解即可．

解答解：（1）当θ=$\frac{π}{2}$时，点B₁恰好为弧AB的中点，
∴F为B₁C₁中点，
取D₁A₁的中点G，
则GC₁∥FA₁，
∵C₁G?平面A₁BF，A₁F?平面A₁BF；
∴C₁G∥平面A₁BF；
（2）当θ=$\frac{π}{3}$时，$\widehat{B{B}_{1}}$=$\frac{π}{3}×2$=$\frac{2π}{3}$

将侧面进行展开如图：
则AB=4π，AD=4，
则$\frac{{B}_{1}F}{AD}=\frac{B{B}_{1}}{AB}$，
即B₁F=$\frac{B{B}_{1}•AD}{AB}$=$\frac{\frac{π}{3}×4}{4π}$=$\frac{1}{3}$，
∵二面角D-AB-B₁为直二面角，
过B₁作B₁Q⊥AB于Q，连接FQ．

由于B₁Q⊥AB，B₁F⊥AB，
∴AB⊥平面B₁FQ，
∴AB⊥PQ．
于是∠FQB₁即为二面角D-AB-F的平面角的余角，∠PQB₁即为二面角D-AB-F的平面角．
则∠PQB₁=$\frac{π}{2}$-∠FQB₁，即∠FQB₁=$\frac{π}{2}$-∠PQB₁，
QB₁=OB₁sin$\frac{π}{3}$=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，
则QF=$\sqrt{{B}_{1}{F}^{2}+Q{{B}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{1}{3}）^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{9}+3}$=$\frac{2\sqrt{7}}{3}$，
在Rt△FB₁Q中，sin∠FQB₁=sin（$\frac{π}{2}$-∠PQB₁）=cos∠PQB₁．
则sin∠FQB₁=$\frac{{B}_{1}F}{QF}$=$\frac{\frac{1}{3}}{\frac{2\sqrt{7}}{3}}$=$\frac{\sqrt{7}}{14}$，
即cos∠PQB₁=sin∠FQB₁=$\frac{\sqrt{7}}{14}$，
即二面角D-AB-F的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{14}$．