Question

（19）在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點，滿足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如圖1）。將△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A₁－EF－B成直二面角，連結(jié)A₁B、A₁P（如圖2）

（Ⅰ）求證：A₁E⊥平面BEP；

（Ⅱ）求直線A₁E與平面A₁BP所成角的大�。�

（Ⅲ）求二面角B－A₁P－F的大�。ㄓ梅慈�角函數(shù)表示）

Answer 1

本小題主要考查線面垂直、直線和平面所成的角、二面角等基礎(chǔ)知識，以及空間線面位置關(guān)系的證明、角和距離的計算等，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算能力.

 

解法一：

不妨設(shè)正三角形ABC的邊長為3.

(Ⅰ)在圖1中，取BE的中點D，連結(jié)DF.

∵AE︰EB=CF︰FA=1︰2,∴AF=AD=2,而∠A=60°，

∴△ADF是正三角形.又AE=DE=1，∴EF⊥AD.

在圖2中，A₁E⊥EF，BE⊥EF，

∴∠A₁EB為二面角A₁-EF-B的平面角.

由題設(shè)條件知此二面角為直二面角，∴A₁E⊥BE.

又BE∩EF=E，∴A₁E⊥平面BEF，即A₁E⊥平面BEP.

(Ⅱ)在圖2中，∵A₁E不垂直于A₁B，∴A₁E是平面A₁BP的斜線.

又A₁E⊥平面BEP，∴A₁E⊥BP，

從而BP垂直于A₁E在平面A₁BP內(nèi)的射影（三垂線定理的逆定理）.

設(shè)A₁E在平面A₁BP內(nèi)的射影為A₁Q，且A₁Q交BP于點Q，則

∠EA₁Q就是A₁E與平面A₁BP所成的角.

且BP⊥A₁Q.

在△EBP中，∵BE=BP=2，∠EBP=60°,

∴△EBP是等邊三角形，∴BE=EP.

又A₁E⊥平面BEP，∴A₁B=A₁P，∴Q為BP的中點，且EQ=.

又A₁E=1,在Rt△A₁EQ中，tan∠EA₁Q=，∴∠EA₁Q=60°.

所以直線A₁E與平面A₁BP所成的角為60°.

 

 

(Ⅲ)在圖3中，過F作FM⊥A₁P于M，連結(jié)QM，QF.

∵CF=CP=1，∠C=60°，

∴△FCP是正三角形，∴PF=1.

又PQ=∴PF=PQ.        ①

∵A₁E⊥平面BEP，EQ=EF=，

∴A₁F=A₁Q，∴△A₁FP≌△A₁QP，

從而∠A₁PF=∠A₁PQ.             ②

由①②及MP為公共邊知△FMP≌△QMP，

∴∠QMP=∠FMP=90°，且MF=MQ,

從而∠FMQ為二面角B-A₁P-F的平面角.

在Rt△A₁QP中，A₁Q=A₁F=2，PQ=1，∴A₁P=

∵MQ⊥A₁P，∴MQ=

在△FCQ中，F(xiàn)C=1，QC=2，∠C=60°，由余弦定理得QF=.

在△FMQ中，cos∠FMQ=

所以二面角B-A₁P-F的大小為π-arccos.

解法二：不妨設(shè)正三角形ABC的邊長為3.

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)如圖1，由解法一知A₁E⊥平面BEF，BE⊥EF.建立如圖4所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則E（0，0，0）、A₁（0，0，1）、B（2，0，0）、F（0，，0）.

 

 

在圖1中，連續(xù)DP，∴AF=BP=2,

AE=BD=1,∠A=∠B，

∴△FEA≌△PDB，PD=EF=.

由圖1知PF∥DE且PF=DE=1，∴P（1，，0）.

∴=(2,0,-1),=(-1,,0),

∴對于平面A₁BP內(nèi)任一非零向量a，存在不全為零的實數(shù)λ、μ，

使得a=λ+μ=（2λ-μ，μ，-λ）.又=（0，0，-1），

∴cos

∵直線A₁E與平面A₁BP所成的角是與平面A₁BP內(nèi)非零向量夾角中最小的，

∴可設(shè)λ＞0，從而cos=

又=4+4的最小值為4,

∴cos的最大值為，即與α夾角中最小的角為60°.

所以直線A₁E與平面A₁BP所成的角為60°.

(Ⅲ)如圖4，過F作FM⊥A₁P于M，過M作MN⊥A₁P交BP于N，則∠FMN為二面角B-A₁P-F的平面角.

設(shè)M（x，y，z），則

∵

又∴x+（y-）-z=0.       ①

∵A₁、M、P三點共線，∴存在λ∈R，使得

∵=（x,y,z-1）,∴(x,y,z-1)=λ（1，，-1）,

從而代入①得λ=∴M（）.

同理可得N（），從而

∴cos

所以二面角B=A₁P-F的大小為π-arccos