【答案】
分析:(Ⅰ)欲证OG∥平面AA′B′B,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证OG与平面AA′B′B内一直线平行,分别取AB,A′B′的中点D,D′若证出OG∥DD′则可证明 OG∥平面AA′B′B
(Ⅱ)连AO并延长交BC于点E,则E为BC的中点,取B′C′的中点E′,.BC⊥平面AA′E′E,.设PB′∩EE′=Q 本题应证明 BC⊥A′Q,且A′Q⊥QE′.
(Ⅲ) 取A′B的中点M,连CM,B′M,则CM⊥A′B,B′M⊥A′B.则∠B′MC为二面角B′-A′B-C的平面角,取BB′的中点R,连PR,A′R.则平面A′PR⊥平面A′BB′.
过P作PQ⊥A′R,则PQ⊥平面A′BB′.过P作PN⊥A′B于N,连QN,则QN⊥A′B.则∠PNQ为二面角B′-A′B-P的平面角,将二面角C-A′B-P转化为二面角B′-A′B-C与二面角B′-A′B-P的差,结合两角差的余弦求其余弦,再求其大小.
解答:解:(Ⅰ)证明:分别取AB,A′B′的中点D,D′,连CD,PD′,
∵O为△ABC的中心,G为△PA′B′的重心,
∴O∈CD,G∈PD′,且CO:OD=PG:GD′=2:1.
∵AA′B′B为□,AD=DB,A′D′=D′B′,∴DD′∥AA′,
又∵AA′∥CC′,∴DD′∥CC′,即DD′∥CP.
又CO:OD=PG:GD′=2:1,∴OG∥DD′,
∵OG∉平面AA′B′B,DD′?平面AA′B′B.
∴OG∥平面AA′B′B.
(Ⅱ)证明当λ=
时,不妨设AA′=2
,AC=2,由点A′在平面ABC上的射影为△ABC的中心,连AO并延长交BC于点E,则E为BC的中点,取B′C′的中点E′,连EE′,AA′∥EE′∥CC′.
∵A′O⊥平面ABC,∴A′O⊥BC.∵O为△ABC中心,∴AE⊥BC.∴BC⊥平面AA′E′E.设PB′∩EE′=Q,∴BC⊥A′Q,且E′Q=
CP=
AA′=
.∵AO=
AC?
=
.AA′=2
,∴cos∠A′AO=
=
,∴cos∠A′E′E=
.在△A′E′Q中,A′E′=
,E′Q=
,
cos∠A′E′E=
,∴A′Q
2=A′E′
2+E′Q
2-2A′E′?E′Q?cos∠A′E′E=
.∵A′Q
2+E′Q
2=A′E′
2,
∴A′Q⊥QE′,∵QE′与BC相交,∴A′Q⊥平面BB′C′C,∵A′Q?平面A′B′P,∴平面A′B′P⊥平面BB′C′C.
(Ⅲ)当λ=1时,不妨设AA′=AC=2,∵点A′在平面ABC上的射影为△ABC的中心,∴A′A=A′B=A′C.∴△A′BC,△A′BB′都为等边三角形.
取A′B的中点M,连CM,B′M,则CM⊥A′B,B′M⊥A′B.
∴∠B′MC为二面角B′-A′B-C的平面角,
在△B′CM中,B′M=CM=
,B′C=2
,∴cos∠B′MC=-
.
取BB′的中点R,连PR,A′R.则平面A′PR⊥平面A′BB′.
过P作PQ⊥A′R,则PQ⊥平面A′BB′.
过P作PN⊥A′B于N,连QN,则QN⊥A′B.
∴∠PNQ为二面角B′-A′B-P的平面角,
在△A′PB中,求得PN=
,
在△A′PR中,求得PQ=
.∴sin∠PNQ=
=
.
∵二面角C-A′B-P等于二面角B′-A′B-C与二面角B′-A′B-P的差,
设二面角C-A′B-P的大小为θ,
则cosθ=cos(∠B′MC-∠PNQ)=cos∠B′MC?cos∠PNQ+sin∠B′MC?sin∠PNQ
=-
?
+
?
=
.
∴二面角C-A′B-P的大小为arccos
.
点评:在斜棱柱中,通过图形位置的变化,强调立体图形向平面图形转化的能力,充分利用平面图形的性质来证明线面的平行与垂直,考查用向量法求二面角的大小及用分割法来求二面角的大小.