Question

18．如圖1，在等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=$\frac{1}{2}$AD=2，∠A=60°，E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)O，F(xiàn)分別為BE，DE的中點(diǎn)．將△ABE沿BE折起到△A₁BE的位置，使得平面A₁BE⊥平面BCDE（如圖2）．
（Ⅰ）求證：A₁O⊥CE；
（Ⅱ）求直線A₁B與平面A₁CE所成角的正弦值；
（Ⅲ）側(cè)棱A₁C上是否存在點(diǎn)P，使得BP∥平面A₁OF？若存在，求出$\frac{{{A_1}P}}{{{A_1}C}}$的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）欲證明A₁O⊥CE，只需推知A₁O⊥平面BCDE即可；
（Ⅱ）根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)推知OA₁，OB，OC兩兩垂直．所以以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OA₁分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖2）．結(jié)合平面A₁CE的一個(gè)法向量和直線與平面所成角的正弦求法解答即可；
（Ⅲ）利用假設(shè)法進(jìn)行解答：如圖3，假設(shè)在側(cè)棱A₁C上存在點(diǎn)P，使得BP∥平面A₁OF．設(shè)$\overrightarrow{{A_1}P}=λ\overrightarrow{{A_1}C}$，λ∈[0，1]．由菱形BCDE的性質(zhì)得到CE⊥BD，結(jié)合（Ⅰ）可知：CE⊥平面A₁OF．故$\overrightarrow{CE}=（-1，-\sqrt{3}，0）$為平面A₁OF的一個(gè)法向量．據(jù)此進(jìn)行解答．

解答 解：（Ⅰ）如圖1，在等腰梯形ABCD中，
∵BC∥AD，$BC=\frac{1}{2}AD=2$，∠A=60°，E為AD中點(diǎn)，
∴△ABE為等邊三角形．
如圖2，∵O為BE的中點(diǎn)，
∴A₁O⊥BE．
又∵平面A₁BE⊥平面BCDE，且平面A₁BE∩平面BCDE=BE，
所以A₁O⊥平面BCDE，所以A₁O⊥CE；
（Ⅱ）如圖2，連結(jié)OC，由已知得CB=CE，又O為BE的中點(diǎn)，
∴OC⊥BE．
由（Ⅰ）知A₁O⊥平面BCDE，
∴A₁O⊥BE，A₁O⊥OC，
∴OA₁，OB，OC兩兩垂直．
以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OA₁分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖2）．
∵BC=2，易知$O{A_1}=OC=\sqrt{3}$．
∴${A_1}（0，0，\sqrt{3}），B（1，0，0），C（0，\sqrt{3}，0），E（-1，0，0）$，
∴$\overrightarrow{{A_1}B}=（1，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{{A_1}C}=（0，\sqrt{3}，-\sqrt{3}），\overrightarrow{{A_1}E}=（-1，0，-\sqrt{3}）$．
設(shè)平面A₁CE的一個(gè)法向量為n=（x，y，z），
由$\left\{{\begin{array}{l}{n•\overrightarrow{{A_1}C}=0}\\{n•\overrightarrow{{A_1}E}=0}\end{array}}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0\\-x-\sqrt{3}z=0.\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}y-z=0\\ x+\sqrt{3}z=0.\end{array}\right.$
取z=1，得$n=（-\sqrt{3}，1，1）$．
設(shè)直線A₁B與平面A₁CE所成角為θ，
則$sinθ=|{cos?\overrightarrow{{A_1}B}，n＞}|=|{\frac{{-\sqrt{3}-\sqrt{3}}}{{2×\sqrt{5}}}}|=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．
所以直線A₁B與平面A₁CE所成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$． 
（Ⅲ）如圖3，假設(shè)在側(cè)棱A₁C上存在點(diǎn)P，使得BP∥平面A₁OF．
設(shè)$\overrightarrow{{A_1}P}=λ\overrightarrow{{A_1}C}$，λ∈[0，1]．
∵$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{B{A_1}}+\overrightarrow{{A_1}P}=\overrightarrow{B{A_1}}+λ\overrightarrow{{A_1}C}$，
∴$\overrightarrow{BP}=（-1，0，\sqrt{3}）+λ（0，\sqrt{3}，-\sqrt{3}）=（-1，\sqrt{3}λ，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$．
易證四邊形BCDE為菱形，且CE⊥BD，
又由（Ⅰ）可知，A₁O⊥CE，所以CE⊥平面A₁OF．
所以$\overrightarrow{CE}=（-1，-\sqrt{3}，0）$為平面A₁OF的一個(gè)法向量．
由$\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{CE}=（-1，\sqrt{3}λ，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）•（-1，-\sqrt{3}，0）=1-3λ=0$，得$λ=\frac{1}{3}∈[0，1]$．
所以側(cè)棱A₁C上存在點(diǎn)P，使得BP∥平面A₁OF，且$\frac{{{A_1}P}}{{{A_1}C}}=\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了直線與平面平行、垂直的判定，直線與平面所成的角以及空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．難度較大，需要熟練掌握空間直角坐標(biāo)系的建立與應(yīng)用．