Question

3．如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其內部）以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的，G是$\widehat{DF}$的中點．
（Ⅰ）設P是$\widehat{CE}$上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
（Ⅱ）當AB=3，AD=2時，求二面角E-AG-C的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知利用線面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，結合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；
（Ⅱ）法一、取$\widehat{EC}$的中點H，連接EH，GH，CH，可得四邊形BEGH為菱形，取AG中點M，連接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，說明∠EMC為所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E-AG-C的大小．
法二、以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．求出A，E，G，C的坐標，進一步求出平面AEG與平面ACG的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角E-AG-C的大小．

解答 解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP?平面ABP，AB∩AP=A，
∴BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP，
∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，
因此∠CBP=30°；
（Ⅱ）解法一、
取$\widehat{EC}$的中點H，連接EH，GH，CH，
∵∠EBC=120°，∴四邊形BECH為菱形，
∴AE=GE=AC=GC=$\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{13}$．
取AG中點M，連接EM，CM，EC，
則EM⊥AG，CM⊥AG，
∴∠EMC為所求二面角的平面角．
又AM=1，∴EM=CM=$\sqrt{13-1}=2\sqrt{3}$．
在△BEC中，由于∠EBC=120°，
由余弦定理得：EC²=2²+2²-2×2×2×cos120°=12，
∴$EC=2\sqrt{3}$，因此△EMC為等邊三角形，
故所求的角為60°．
解法二、以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．
由題意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，$\sqrt{3}$，3），C（-1，$\sqrt{3}$，0），
故$\overrightarrow{AE}=（2，0，-3）$，$\overrightarrow{AG}=（1，\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{CG}=（2，0，3）$．
設$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$為平面AEG的一個法向量，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AG}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{2{x}_{1}-3{z}_{1}=0}\\{{x}_{1}+\sqrt{3}{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，取z₁=2，得$\overrightarrow{m}=（3，-\sqrt{3}，2）$；
設$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$為平面ACG的一個法向量，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AG}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CG}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}+\sqrt{3}{y}_{2}=0}\\{2{x}_{2}+3{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取z₂=-2，得$\overrightarrow{n}=（3，-\sqrt{3}，-2）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{1}{2}$．
∴二面角E-AG-C的大小為60°．

點評 本題考查空間角的求法，考查空間想象能力和思維能力，訓練了線面角的求法及利用空間向量求二面角的大小，是中檔題．