Question

（19）在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE:EB＝CF:FA＝CP:PB＝1:2（如图1）。将△AEF沿EF折起到的位置，使二面角A₁－EF－B成直二面角，连结A₁B、A₁P（如图2）

（Ⅰ）求证：A₁E⊥平面BEP；

（Ⅱ）求直线A₁E与平面A₁BP所成角的大小；

（Ⅲ）求二面角B－A₁P－F的大小（用反三角函数表示）

Answer 1

本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识，以及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力.

 

解法一：

不妨设正三角形ABC的边长为3.

(Ⅰ)在图1中，取BE的中点D，连结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.

在图2中，A₁E⊥EF，BE⊥EF，

∴∠A₁EB为二面角A₁-EF-B的平面角.

由题设条件知此二面角为直二面角，∴A₁E⊥BE.

又BE∩EF=E，∴A₁E⊥平面BEF，即A₁E⊥平面BEP.

(Ⅱ)在图2中，∵A₁E不垂直于A₁B，∴A₁E是平面A₁BP的斜线.

又A₁E⊥平面BEP，∴A₁E⊥BP，

从而BP垂直于A₁E在平面A₁BP内的射影（三垂线定理的逆定理）.

设A₁E在平面A₁BP内的射影为A₁Q，且A₁Q交BP于点Q，则

∠EA₁Q就是A₁E与平面A₁BP所成的角.

且BP⊥A₁Q.

在△EBP中，∵BE=BP=2，∠EBP=60°,

∴△EBP是等边三角形，∴BE=EP.

又A₁E⊥平面BEP，∴A₁B=A₁P，∴Q为BP的中点，且EQ=.

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

所以直线A₁E与平面A₁BP所成的角为60°.

 

 

(Ⅲ)在图3中，过F作FM⊥A₁P于M，连结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，

从而∠A₁PF=∠A₁PQ.             ②

由①②及MP为公共边知△FMP≌△QMP，

∴∠QMP=∠FMP=90°，且MF=MQ,

从而∠FMQ为二面角B-A₁P-F的平面角.

在Rt△A₁QP中，A₁Q=A₁F=2，PQ=1，∴A₁P=

∵MQ⊥A₁P，∴MQ=

在△FCQ中，FC=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的大小为π-arccos.

解法二：不妨设正三角形ABC的边长为3.

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)如图1，由解法一知A₁E⊥平面BEF，BE⊥EF.建立如图4所示的空间直角坐标系O-xyz，则E（0，0，0）、A₁（0，0，1）、B（2，0，0）、F（0，，0）.

 

 

在图1中，连续DP，∴AF=BP=2,

AE=BD=1,∠A=∠B，

∴△FEA≌△PDB，PD=EF=.

由图1知PF∥DE且PF=DE=1，∴P（1，，0）.

∴=(2,0,-1),=(-1,,0),

∴对于平面A₁BP内任一非零向量a，存在不全为零的实数λ、μ，

使得a=λ+μ=（2λ-μ，μ，-λ）.又=（0，0，-1），

∴cos

∵直线A₁E与平面A₁BP所成的角是与平面A₁BP内非零向量夹角中最小的，

∴可设λ＞0，从而cos=

又=4+4的最小值为4,

∴cos的最大值为，即与α夹角中最小的角为60°.

所以直线A₁E与平面A₁BP所成的角为60°.

(Ⅲ)如图4，过F作FM⊥A₁P于M，过M作MN⊥A₁P交BP于N，则∠FMN为二面角B-A₁P-F的平面角.

设M（x，y，z），则

∵

又∴x+（y-）-z=0.       ①

∵A₁、M、P三点共线，∴存在λ∈R，使得

∵=（x,y,z-1）,∴(x,y,z-1)=λ（1，，-1）,

从而代入①得λ=∴M（）.

同理可得N（），从而

∴cos

所以二面角B=A₁P-F的大小为π-arccos