如图.在△ABC中.∠C=90°.AC=BC=a.点P在边AB上.设$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PB}$.过点P作PE∥BC交AC于E.作PF∥AC交BC于F．沿PE将△APE翻折成△A′PE.使平面A′PE⊥平面ABC,沿PF将△BPF翻折成△B′PF.使平面B′PF⊥平面ABC．(1)求证:B′C∥平面A′PE,(2)是否存� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．

如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=a，点P在边AB上，设$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PB}$（λ＞0），过点P作PE∥BC交AC于E，作PF∥AC交BC于F．沿PE将△APE翻折成△A′PE，使平面A′PE⊥平面ABC；沿PF将△BPF翻折成△B′PF，使平面B′PF⊥平面ABC．
（1）求证：B′C∥平面A′PE；
（2）是否存在正实数λ，使得二面角C-A′B′-P的大小为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

分析（1）利用线面平行的判定定理即可证明FC∥平面A'PE．再利用线面垂直的性质定理即可证明B′F∥A′E，进而得到B'F∥平面A'PE．利用面面平行的判定定理即可得到
平面B'CF∥平面A'PE，从而得到线面平行；
（2）通过建立空间直角坐标系，由已知结合$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PB}$（λ＞0）求得所用点的坐标，把二面角C-A′B′-P的大小为60°转化为两个平面的法向量的夹角列式求得λ的值．

解答（1）证明：∵FC∥PE，FC?平面A'PE，∴FC∥平面A'PE．
∵平面A'PE⊥平面ABC，且A'E⊥PE，∴A'E⊥平面ABC．
同理，B'F⊥平面ABC，∴B'F∥A'E，从而B'F∥平面A'PE．
∴平面B'CF∥平面A'PE，从而B'C∥平面A'PE；
（2）解：存在正实数λ=$\frac{7±3\sqrt{5}}{2}$，使得二面角C-A′B′-P的大小为60°．
事实上，以C为原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
∵AC=BC=a，且$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{PB}$（λ＞0），
∴C（0，0，0），A′（0，$\frac{a}{1+λ}$，$\frac{λa}{1+λ}$），B′（$\frac{λa}{1+λ}$，0，$\frac{a}{1+λ}$），P（$\frac{λa}{λ+1}$，$\frac{a}{λ+1}$，0）．
∴$\overrightarrow{CA′}$=（0，$\frac{a}{1+λ}$，$\frac{λa}{1+λ}$），$\overrightarrow{A′B′}$=（$\frac{λa}{λ+1}$，-$\frac{a}{λ+1}$，$\frac{（1-λ）a}{λ+1}$），$\overrightarrow{B′P}$=（0，$\frac{a}{1+λ}$，-$\frac{a}{1+λ}$）．
平面CA'B'的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（$\frac{1}{λ}$，λ，-1），平面PA'B'的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（1，1，1）．
由$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|\frac{1}{λ}+λ-1|}{\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+{λ}^{2}+1}•\sqrt{3}}$=cos60°=$\frac{1}{2}$，
化简得$\frac{1}{{λ}^{2}}+{λ}^{2}-\frac{8}{λ}$-8λ+9=0，解得λ=$\frac{7±3\sqrt{5}}{2}$．
∴存在正实数λ=$\frac{7±3\sqrt{5}}{2}$，使得二面角C-A′B′-P的大小为60°．