Question

12．如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=2AB=2a，AE=CF=λAA₁（0＜λ＜1），
（1）試在BC上找一點P，使得A₁B∥面PEF；
（2）在（1）的條件下，當(dāng)λ為何值時，四面體BPFE的體積最大？
（3）在（2）的條件下，求面PEF與底面ABC所成的銳二面角的正切值．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，連接A₁C，交EF于點M，連接PM．由A₁B∥面PEF，可得A₁B∥MP．△A₁BC中，可得$\frac{CP}{PB}$=$\frac{CM}{M{A}_{1}}$．利用AA₁∥CC₁，可得$\frac{CP}{PB}$=$\frac{λ}{1-λ}$，即可得出結(jié)論．
（2）在（1）的條件下，S_△BPF=$\frac{1}{2}BP•CF$=（1-λ）λa²，由AE∥平面BCF，可得點E到平面BPF的距離即為AP=$\sqrt{3}$a，利用V_E-BPF=$\frac{1}{3}×AP×{S}_{△BPF}$及其基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（3）在（2）的條件下，$λ=\frac{1}{2}$，即點P為線段BC的中點，點E，F(xiàn)分別為棱AA₁，CC₁的中點．取AB的中點Q，連接PQ，EQ，可得EF∥PQ．過點Q作QD⊥AC，作DG⊥EF，連接QG．可得∠DQG即為平面PEF與底面ABC所成的銳二面角．

解答 解：（1）如圖所示，連接A₁C，交EF于點M，連接PM．
∵A₁B∥面PEF，平面A₁BC∩平面EFP=MP，∴A₁B∥MP．
△A₁BC中，$\frac{CP}{PB}$=$\frac{CM}{M{A}_{1}}$．
∵AA₁∥CC₁，∴$\frac{CM}{M{A}_{1}}$=$\frac{CF}{{A}_{1}E}$=$\frac{λC{C}_{1}}{（1-λ）A{A}_{1}}$=$\frac{λ}{1-λ}$．
∴$\frac{CP}{PB}$=$\frac{λ}{1-λ}$，即CP=λBC時，使得A₁B∥面PEF．
（2）在（2）的條件下，S_△BPF=$\frac{1}{2}BP•CF$=$\frac{1}{2}×$（1-λ）a×2λa=（1-λ）λa²，
∵AE∥平面BCF，∴點E到平面BPF的距離即為AP=$\sqrt{3}$a，
∴V_E-BPF=$\frac{1}{3}×AP×{S}_{△BPF}$=$\frac{1}{3}×\sqrt{3}a$×（1-λ）λa²≤$\frac{\sqrt{3}{a}^{3}}{3}$×$（\frac{1-λ+λ}{2}）^{2}$=$\frac{\sqrt{3}{a}^{3}}{12}$，當(dāng)且僅當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時取等號．
∴當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時，四面體BPFE的體積最大為$\frac{\sqrt{3}{a}^{3}}{12}$．
（3）在（2）的條件下，$λ=\frac{1}{2}$，即點P為線段BC的中點，點E，F(xiàn)分別為棱AA₁，CC₁的中點．
取AB的中點Q，連接PQ，EQ，則PQ∥AC，又EF∥AC，∴EF∥PQ．即PQ是平面PEF與底面ABC的交線．
過點Q作QD⊥AC，作DG⊥EF，垂足分別為D，G，連接QG．
則DQ⊥PQ，DG⊥底面ABC，∴QG⊥PQ，
∴∠DQG即為平面PEF與底面ABC所成的銳二面角．
在Rt△DQG中，tan∠DQG=$\frac{DG}{DQ}$=$\frac{a}{\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}a}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系空間角、等邊三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、直角三角形的邊角關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．