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

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(diǎn)D，連結(jié)DF.

∵AEEB=CFFA=12,

∴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(diǎn)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(diǎn)，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=

∵M(jìn)Q⊥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.

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，存在不全為零的實(shí)數(shù)

使得.又=（0，0，-1），

∴

∵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

又，的最小值為4,

∴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∴.       ①

∵A₁、M、P三點(diǎn)共線，∴存在λ∈R，使得

∵,∴,

從而代入①得λ=∴.

同理可得，從而,

∴

所以二面角B=A₁P-F的大小為.