Question

15．如圖1，在邊長(zhǎng)為3的正三角形ABC中，E，F(xiàn)，P分別為AB，AC，BC上的點(diǎn)，且滿足AE=FC=CP=1．將△
AEF沿EF折起到△A₁EF的位置，使平面A₁EF⊥平面EFB，連接A₁B，A₁P，CQ．（如圖2）
（Ⅰ）若Q為A₁B中點(diǎn)，求證：PQ∥平面A₁EF；
（Ⅱ）求證：A₁E⊥EP；
（Ⅲ）求CQ與平面A₁BE所成角的正切．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取A₁E的中點(diǎn)M，連接QM，MF，由三角形的中位線定理可得QM∥BE，且$QM=\frac{1}{2}BE$．再由已知可得PF∥BE，且PF=$\frac{1}{2}BE$，得到四邊形PQMF為平行四邊形．
有PQ∥FM．由線面平行的判定可得PQ∥平面A₁EF；
（Ⅱ）在圖1中取BE中點(diǎn)D，連接DF，結(jié)合已知可得△ADF是正三角形．進(jìn)一步得到A₁E⊥EF．再由平面A₁EF⊥平面EFB，由面面垂直的性質(zhì)可得A₁E⊥平面EFB，從而得到A₁E⊥EP；
（Ⅲ）作CN⊥BE于N，連接QN，則CN∥EF．由線面垂直的判定可得EF⊥平面A₁BE．從而得到CN⊥平面A₁BE，即∠CQN為CQ與平面A₁BE所稱的角．然后求解三角形得答案．

解答 （Ⅰ）證明：取A₁E的中點(diǎn)M，連接QM，MF，
在△A₁BE中，Q、M分別為A₁B、A₁E的中點(diǎn)，
∴QM∥BE，且$QM=\frac{1}{2}BE$．
∵$\frac{CF}{FA}=\frac{CP}{PB}=\frac{1}{2}$，∴PF∥BE，且PF=$\frac{1}{2}BE$，
∴QM∥PF，且QM=PF，
∴四邊形PQMF為平行四邊形．
∴PQ∥FM．
又∵FM?平面A₁EF，且PQ?平面A₁EF，
∴PQ∥平面A₁EF；
（Ⅱ）證明：在圖1中取BE中點(diǎn)D，連接DF，
∵AE=CF=1，DE=1，∴AF=AD=2．
而∠A=60°，即△ADF是正三角形．
又∵AE=ED=1，∴EF⊥AD．
∴在圖2中有A₁E⊥EF．
∵平面A₁EF⊥平面EFB，平面A₁EF∩平面EFB=EF，
∴A₁E⊥平面EFB，
由EP?平面EFB，得A₁E⊥EP；
（Ⅲ）解：作CN⊥BE于N，連接QN，則CN∥EF．
∵EF⊥A₁E，EF⊥BE，A₁E∩BE=E，∴EF⊥平面A₁BE．
因此，CN⊥平面A₁BE，即QN是CQ在平面A₁BE內(nèi)的射影．
∴∠CQN為CQ與平面A₁BE所稱的角．
$CN=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$BQ=\frac{1}{2}{A}_{1}B=\frac{\sqrt{5}}{2}$，cos$∠{A}_{1}BE=\frac{2}{\sqrt{5}}$．
∴$Q{N}^{2}=B{Q}^{2}+B{N}^{2}-2BQ•BN•cos∠{A}_{1}BE=\frac{1}{2}$．
于是QN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴tan∠CQN=$\frac{CN}{QN}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{3\sqrt{6}}{2}$．
即CQ與平面A₁BE所成角的正切值為$\frac{3\sqrt{6}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面平行、直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，考查線面角的求法，正確找出CQ與平面A₁BE所成角是解答該題的關(guān)鍵，是中檔題．