Question

在正三角形ABC中，E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點(diǎn)，滿足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如圖1）．將△AEF沿EF折起到△A₁EF的位置，使二面角A₁-EF-B成直二面角，連接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

分析：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(shí)，以及空間線面位置關(guān)系的證明、角和距離的計(jì)算等，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算能力．

解答：解：解法一：不妨設(shè)正三角形ABC的邊長為3
（1）在圖1中，取BE中點(diǎn)D，連接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A_1-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（2）
∴A₁E⊥平面BEF，
即A₁E⊥平面BEP

（3）在圖2中，A₁E不垂直A₁B，
∴A₁E是平面A₁BP的垂線，又A₁E⊥平面BEP，
∴A₁E⊥BE．
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(diǎn)Q，則∠E₁AQ就是A₁E與平面A₁BP所成的角，且BP⊥A₁Q．
在△EBP中，BE=EP=2而∠EBP=60°，
∴△EBP是等邊三角形．又A₁E⊥平面BEP，
∴A₁B=A₁P，
∴Q為BP的中點(diǎn)，且EQ=

3

，又A₁E=1，
在Rt△A₁EQ中，tan∠EA1Q=

EQ

A1E

=

3

，
∴∠EA₁Q=60°，
∴直線A₁E與平面A₁BP所成的角為60°

在圖3中，過F作FM⊥A₁P與M，連接QM，QF，
∵CP=CF=1，∠C=60°，
∴△FCP是正三角形，
∴PF=1．有PQ=

1

2

BP=1
∴PF=PQ①，
∵A₁E⊥平面BEP，EQ=EF=

3

∴A₁E=A₁Q，
∴△A₁FP≌△A₁QP從而∠A₁PF=∠A₁PQ②，
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，又∴A1P=

5

．
∵M(jìn)Q⊥A₁P，∴MQ=

A1Q•PQ

A1P

=

2 5

5

∴MF=

2 5

5

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

3

在△FMQ中，cos∠FMQ=

MF2+MQ2-QF2

2MF•MQ

=-

7

8

∴二面角B-A₁P-F的大小為π-arccos

7

8

點(diǎn)評(píng)：在立體幾何學(xué)習(xí)中，我們要多培養(yǎng)空間想象能力，對(duì)于圖形的翻折問題，關(guān)健是利用翻折前后的不變量，二面角的平面角的適當(dāng)選取是立體幾何的核心考點(diǎn)之一．是高考數(shù)學(xué)必考的知識(shí)點(diǎn)之一．作，證，解，是我們求二面角的三步驟．作：作出所要求的二面角，證：證明這是我們所求二面角，并將這個(gè)二面角進(jìn)行平面化，置于一個(gè)三角形中，最好是直角三角形，利用我們解三角形的知識(shí)求二面角的平面角．向量的運(yùn)用也為我們拓寬了解決立體幾何問題的角度，不過在向量運(yùn)用過程中，要首先要建系，建系要建得合理，最好依托題目的圖形，坐標(biāo)才會(huì)容易求得．