Question

16．已知在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱AA₁的長(zhǎng)為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，P、Q分別是AB、AC上的點(diǎn)，且PQ∥BC，如圖．
（1）設(shè)面A₁PQ與面A₁B₁C₁相交于l，求證：l∥B₁C₁；
（2）若平面A₁PQ⊥面PQB₁C₁，試確定P點(diǎn)的位置，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）利用線面平行的性質(zhì)證明l∥B₁C₁；
（2）作PQ的中點(diǎn)M，B₁C₁的中點(diǎn)N，連接A₁M，MN，A₁N，利用線面垂直的判定證明A₁M⊥PQ，A₁M⊥MN，即可平面A₁PQ⊥面PQB₁C₁，利用余弦定理確定P點(diǎn)的位置．

解答 （1）證明：∵PQ∥BC∥B₁C₁，B₁C₁?面A₁B₁C₁，PQ?面 A₁B₁C₁，
∴PQ∥面A₁B₁C₁．…（2分）
∵面A₁PQ∩面A₁B₁C₁=l，∴PQ∥l，…（3分）
∴l(xiāng)∥B₁C₁． …（6分）
（2）解：P為AB的中點(diǎn)時(shí)，平面A₁PQ⊥面PQC₁B₁．證明如下：
作PQ的中點(diǎn)M，B₁C₁的中點(diǎn)N，連接A₁M，MN，A₁N，
∵PQ∥BC，AP=AQ，進(jìn)而A₁Q=A₁P，∴A₁M⊥PQ，
∵平面A₁PQ⊥面PQC₁B₁，平面A₁PQ∩面PQC₁B₁=PQ，
∴A₁M⊥面PQC₁B₁，而MN?面PQC₁B₁，
∴A₁M⊥MN，即△A₁MN為直角三角形．
連接AM并延長(zhǎng)交BC于G，顯然G是BC的中點(diǎn)，
設(shè)AP=x，則PB=2-x，則由$\frac{AM}{AG}=\frac{AP}{AB}$，可$\frac{AM}{{\sqrt{3}}}=\frac{x}{2}$，解得$AM=\frac{{\sqrt{3}}}{2}x$，
在Rt△AA₁M中，${A_1}{M^2}=AA_1^2+A{M^2}=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}{x^2}$．
同理$MG=AG-AM=\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x$，
在Rt△MGN中，$M{N^2}=M{G^2}+G{N^2}={（{\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x}）^2}+{（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）^2}=\frac{15}{4}-3x+\frac{3}{4}{x^2}$．
∴在Rt△A₁MN中，${A_1}{N^2}={A_1}{M^2}+M{N^2}$，
即$3=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}{x^2}+\frac{15}{4}-3x+\frac{3}{4}{x^2}$，
解得x=1，即AP=1，此時(shí)P為AB的中點(diǎn)．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是線面平行的性質(zhì)，平面與平面垂直的判定，考查余弦定理，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．