Question

在正△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△A₁EF的位置,使二面角A₁EFB成直二面角,连结A₁B、A₁P〔如图(2)〕.

(1)求证:A₁E⊥平面BEP;

(2)求直线A₁E与平面A₁BP所成角的大小;

(3)求二面角B-A₁P-F的大小(用反三角函数值表示).

Answer 1

解法一:不妨设正△ABC的边长为3.

 (1)证明: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A₁EFB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.

(2)解: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=.

(3)

又A₁E=1,在Rt△A₁EQ中,tan∠EA₁Q=,

∴∠EA₁Q=60°.

∴直线A₁E与平面A₁BP所成的角为60°.

(3)解: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=BP=1,∴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BA₁PF的平面角.

在Rt△A₁QP中,A₁Q=A₁F=2,PQ=1,

∴A₁P=.

∵MQ⊥A₁P,∴MQ==.

∴MF=.

在△FCQ中,FC=1,QC=2,∠C=60°,

由余弦定理得QF=3.

在△FMQ中,cos∠FMQ=.

∴二面角B-A₁-P-F的大小为π-arccos.

解法二:不妨设正△ABC的边长为3.

(1)证明:同解法一.

(2)解: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(0,3,0).

(4)

在图(1)中,连结DP,

∵AF=BP=2,AE=BD=1,∠A=∠B,

∴△FEA≌△PDB,PD=EF=3.

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〈,a〉=.

∵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者,

∴可设λ＞0,从而cos〈,a〉=.

又5-4+4()²=4(-)²+4的最小值为4,

∴cos〈,a〉的最大值为,即与a夹角中最小的角为60°.

∴直线A₁E与平面A₁BP所成的角为60°.

(3)解: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-A₁-P-F的平面角.

设M(x,y,z),则=(-x,-y,-z).

∵⊥,∴·=0.

又=(1,,-1),∴x+(y-)-z=0.                                          ①

∵A₁、M、P三点共线,

∴存在λ∈R,使得=λ.

∵=(x,y,z-1),∴(x,y,z-1)=λ(1,3,-1).

从而代入①得λ=,

∴M(,,).

同理可得N(,,0),从而=(-,,-),=(,,-).

∴cos〈,〉=.

∴二面角B-A₁P-F的大小为π-arccos.