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

分析 (1)利用線面平行的性質證明l∥B1C1;
(2)作PQ的中點M,B1C1的中點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的中點時,平面A1PQ⊥面PQC1B1.證明如下:
作PQ的中點M,B1C1的中點N,連接A1M,MN,A1N,
∵PQ∥BC,AP=AQ,進而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并延長交BC于G,顯然G是BC的中點,
設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P為AB的中點.…(12分)

點評 本題考查的是線面平行的性質,平面與平面垂直的判定,考查余弦定理,考查學生分析解決問題的能力,屬于中檔題.

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