如图, 在边长为 2 的正方形 $A B C D$ 中, $E, F$ 分别为 $B C, C D$ 的中点. 以 $D E$ 为折 痕将四边形 $A B E D$ 折起, 使 $A, B$ 分别到达 $A_1, B_1$, 且平面 $A_1 B_1 E D \perp$ 平面 $C D E$. 设 $P$ 为线段 $C E$ 上一点, 且 $A_1, B_1, P, F$ 四点共面.
(1) 证明: $B_1 E / /$ 平面 $A_1 D F$;
(2) 求 $C P$ 的长;
(3) 求平面 $A_1 B_1 P F$ 与平面 $C D E$ 所成角的余弦值.
【答案】 (1) 证明: 因为 $B E / / A D$, 所以沿 $D E$ 为折痕将四边形 $A B E D$ 折起后, $B_1 E / / A_1 D, \quad \cdots \cdots$ 分 因为 $B_1 E \not \subset$ 平面 $A_1 D F, A_1 D \subset$ 平面 $A_1 D F$, 所以 $B_1 E / /$ 平面 $A_1 D F$.
(2) 延长 $A B, D E$ 交于点 $G$, 沿 $D E$ 为折痕将四边形 $A B E D$ 折起的过程中, $A_1, B_1$, $G$ 三点共线,连接 $F G$, 设 $F G$ 与 $C E$ 的交点即为点 $P$, 则这样的点 $P$ 满足 $A_1, B_1, P, F$ 四点共面. $\quad \cdots \cdots 4$ 分 因为 $E$ 为 $B C$ 的中点, 所以 $B$ 为 $A G$ 的中点, 即 $B G=A B=2$,

设 $C P=x$, 则 $B P=2-x$,
由 $\triangle B G P \sim \triangle P C F$ 可得, $\frac{C F}{C P}=\frac{B G}{B P}$, 即 $\frac{1}{x}=\frac{2}{2-x}$, 所以 $x=\frac{2}{3}$, 即 $C P=\frac{2}{3}$.
(3) 以 $C$ 为坐标原点, 分别以射线 $C E$,
$C D$ 为 $x$ 轴, $y$ 轴正方向, 以垂直于平面 $C D E$ 且向上的方向
为 $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系, 如图所示,

则 $P\left(\frac{2}{3}, 0,0\right), F(0,1,0), A_1\left(\frac{2}{5}, \frac{6}{5}, \frac{4 \sqrt{5}}{5}\right)$,
所以 $\overrightarrow{F P}=\left(\frac{2}{3},-1,0\right), \overrightarrow{F A_1}=\left(\frac{2}{5}, \frac{1}{5}, \frac{4 \sqrt{5}}{5}\right)$,
平面 $A_1 B_1 P F$ 与平面 $C D E$ 的法向量分别为 $\boldsymbol{m}=\left(x_1, y_1, z_1\right), \boldsymbol{n}=\left(x_2, y_2, z_2\right)$,
则 $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} x_1-y_1=0 \\ \frac{2}{5} x_1+\frac{1}{5} y_1+\frac{4 \sqrt{5}}{5} z_1=0\end{array}\right.$, 不妨取 $x_1=3$, 则 $\boldsymbol{m}=\left(3,2,-\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$,
又 $\boldsymbol{n}=(0,0,1)$, 所以 $|\cos \langle\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}\rangle|=\left|\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m} \| \boldsymbol{n}|}\right|=\frac{2 \sqrt{69}}{69}$,
即平面 $A_1 B_1 P F$ 与平面 $C D E$ 所成角的余弦值 $\frac{2 \sqrt{69}}{69}$.


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