Question

20．如圖（1）ABCD為梯形，AB∥CD，∠C=60°，點E在CD上，AB=CE，$BF=\frac{1}{3}BD=\sqrt{3}$，BD⊥BC．現將△ADE沿AE折成如圖（2）△APE位置，使得二面角P-AE-C的大小為$\frac{π}{3}$．

（Ⅰ）求PB的長度；
（Ⅱ）求證：PB⊥平面ABCE；
（Ⅲ）求直線CE與平面APE所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得BC∥AE，再由BF⊥BC，得BF⊥AE，進一步得到∠PFB為二面角P-AE-C的平面角為60°，在△BFP中，利用余弦定理求得BP；
（Ⅱ）由勾股定理可知BF⊥PB，再由線面垂直的判定和性質可得AE⊥PB，則有PB⊥平面ABCE；
（Ⅲ）法一、作BN⊥PF于N點，連AN，由（Ⅱ）可知，AE⊥面BFP，得面BFP⊥面APE，進一步可得BN⊥面APE，則∠BAN是直線AB與平面APE所成的角，求解三角形得答案；
法二、由于BF，BP，BC兩兩互相垂直，如圖，建立空間直角坐標系，求出所用點的坐標，得到平面APE的一個法向量$\overrightarrow{n}$，再求出$\overrightarrow{AB}$的坐標，由向量$\overrightarrow{n}$與$\overrightarrow{AB}$所成角的余弦值可得直線CE與平面APE所成角的正弦值．

解答 解：（Ⅰ）∵AB∥EC，AB=EC，∴四邊形ABCE是平行四邊形，則BC∥AE，
又∵BF⊥BC，∴BF⊥AE，
∴AE⊥FB，AE⊥FP，即∠PFB為二面角P-AE-C的平面角為60°，
又$BF=\sqrt{3}，PF=2\sqrt{3}$，由余弦定理BP²=BF²+PF²-2BF•PFcos∠BFP=9，
得BP=3；
證明：（Ⅱ）∵$BF=\sqrt{3}，PF=2\sqrt{3}$，
BP=3，滿足BF²+BP²=PF²，∴BF⊥PB．
又∵BF⊥AE，PF⊥AE，且BF∩PF=F，
∴AE⊥面PFB，則AE⊥PB，
而BF∩AE=F，∴PB⊥平面ABCE；
解：（Ⅲ）法一、作BN⊥PF于N點，連AN，
由（Ⅱ）可知，AE⊥面BFP，∴面BFP⊥面APE，
又面BFP∩面APE=PF，∴BN⊥面APE，則∠BAN是直線AB與平面APE所成的角．
在直角三角形FBP中，BN=BF•sin60°=$\frac{3}{2}$，∴sin∠NAB=$\frac{BN}{AB}$=$\frac{\frac{3}{2}}{2}=\frac{3}{4}$．
∴直線AB與平面APE所成角的正弦值為$\frac{3}{4}$．
∵AB∥CE，
∴直線CE與平面APE所成角的正弦值為$\frac{3}{4}$；
法二、由于BF，BP，BC兩兩互相垂直，如圖，建立空間直角坐標系，
則$B（0，0，0），C（3，0，0），A（-1，\sqrt{3}，0），E（2，\sqrt{3}，0），P（0，0，3）$，
設平面APE的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{AP}=0}\end{array}}\right.$，得$\left\{{\begin{array}{l}{（x，y，z）•（3，0，0）=0}\\{（x，y，z）•（1，-\sqrt{3}，3）=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{x=0}\\{x-\sqrt{3}y+3z=0}\end{array}}\right.$，取z=1，得$\overrightarrow n=（0，\sqrt{3}，1）$，
設直線AB與平面APE所成的角為θ，$\overrightarrow{AB}=（1，-\sqrt{3}，0）$，
則sinθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AB}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{AB}|}=\frac{|-3|}{2×2}=\frac{3}{4}$，
故直線AB與平面APE所成角的正弦值為$\frac{3}{4}$，
∵AB∥CE，
∴直線CE與平面APE所成角的正弦值為$\frac{3}{4}$．

點評 本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓練了利用空間向量求解線面角，是中檔題．