Question

如圖，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=AB=1，P、Q分別是側(cè)棱BB₁、CC₁上的點，且使得折線APQA₁的長AP+PQ+QA₁最短．
（1）證明：平面APQ⊥平面AA₁C₁C；
（2）求直線AP與平面A₁PQ所成角的余弦值．

Answer 1

分析：對于（1），由正三棱柱ABC-A₁B₁C₁表面最短距離的求法，使用側(cè)面展開圖可以確定P、Q的具體位置，然后在平面APQ內(nèi)找一條平面AA₁C₁C的垂線即可；
對于（2），求線面角，法一：由（1），可以確定直線AP的射影，即為A₁P，從而∠APA₁是直線AP與平面A₁PQ所成的角，因此在一個平面AA₁B₁B中，三角形APA₁的三邊都可以計算，由余弦定理可以求之；
法二：可以取BC中點O為原點，OA為x軸，OC為y軸，建立空間直角坐標系O-xyz，這樣點A、A₁、P、Q都可以用坐標表示，求出平面A₁PQ的一個法向量，然后通過向量與向量AP的夾角來計算亦可．

解答：解：（1）∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=AB=1，
∴將側(cè)面展開后，得到一個由三個正方形拼接而成的矩形A′A₁′A₁″A″

而，折線APQA₁的長AP+PQ+QA₁最短，當且僅當A'、P、Q、A″點共線，
∴P、Q分別是BB₁、CC₁上的三等分點，其中BP=C1Q=

1

3

．（2分）
（注：直接正確指出點P、Q的位置，不扣分）
連接AQ，取AC中點D，AQ中點E，連接BD、DE、EP．

由正三棱柱的性質(zhì)，平面ABC⊥平面AA₁C₁C，
而BD⊥AC，BD?平面ABC，
平面ABC∩平面AA₁C₁C=AC，
∴BD⊥平面AA₁C₁C．（4分）
又由（1）知，DE∥=

1

2

CQ∥=BP，
∴四邊形BDEP是平行四邊形，從而PE∥BD．
∴PE⊥平面AA₁C₁C．
而PE?平面APQ，∴平面APQ⊥平面AA₁C₁C．（8分）
（2）（法一）由（1），同理可證，平面A₁PQ⊥平面AA₁B₁B．（10分）
而AP?平面AA₁B₁B，平面A₁PQ∩平面AA₁B₁B=AP，
∴A₁P即為AP在平面A₁PQ上的射影，
從而∠APA₁是直線AP與平面A₁PQ所成的角．（12分）

在△APA₁中，AA₁=1，AP=

AB2+BP2

=

10

3

，PA1=

A1 B 2 1 +B1P2

=

13

3

，
由余弦定理，cos∠APA1=

10 9 + 13 9 -1

2× 10 3 × 13 3

=

7 130

130

，
即直線AP與平面A₁PQ所成角的余弦值為

7 130

130

．（14分）
（法二）取BC中點O為原點，OA為x軸，OC為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，
由（1）及正三棱柱的性質(zhì)，可求得：

A(

3

2

 ， 0 ， 0)，A1(

3

2

 ， 0 ， 1)，P(0 ， -

1

2

 ， 

1

3

)，Q(0 ， 

1

2

 ， 

2

3

)．
從而

AP

=(-

3

2

 ， -

1

2

 ， 

1

3

)，

A1P

=(-

3

2

 ， -

1

2

 ， -

2

3

)，

A1Q

=(-

3

2

 ， 

1

2

 ， -

1

3

)．（10分）
設(shè)平面A₁PQ的一個法向量為n=（x，y，z），
則

n⊥ A1P n⊥ A1Q

，所以

n• A1P =0 n• A1Q =0

，
即

- 3 2 x- 1 2 y- 2 3 z=0 - 3 2 x+ 1 2 y- 1 3 z=0

，解之，得

x=- 3 3 z y=- 1 3 z

，（12分）
取z=-3，得x=

3

，y=1，∴n=(

3

 ， 1 ， -3)．
從而cos＜

AP

 ， n＞=

AP •n

| AP |×|n|

=

- 3 2 × 3 - 1 2 ×1- 1 3 ×3

(- 3 2 )2+(- 1 2 )2+( 1 3 )2 × ( 3 )2+12+(-3)2

=-

9

130

，
即直線AP與平面A₁PQ所成角的正弦值為|cos＜

AP

 ， n＞|=

9

130

，

∴直線AP與平面A₁PQ所成角的余弦值為

1-( 9 130 )2

=

7 130

130

．（14分）

點評：本題考查面面垂直的判定以及線面角的求法，面面垂直要轉(zhuǎn)化為線面垂直來證明，而線面角的求法有兩種：幾何法和向量法，在使用幾何法的時候注意作、證、指、求幾個步驟；向量法要注意求該平面的法向量與向量AP的夾角與所求角之間的關(guān)系，以免出現(xiàn)錯誤．