Question

19．在三棱锥ABC-A₁B₁C₁中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱AA₁⊥底面ABC，AA₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，P、Q分别是AB、AC上的点，且PQ∥BC．
（Ⅰ）若平面A₁PQ与平面A₁B₁C₁相交于直线l，求证：l∥B₁C₁；
（Ⅱ）当平面A₁PQ⊥平面PQC₁B₁时，确定点P的位置并说明理由．S．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用线面平行的性质证明l∥B₁C₁；
（Ⅱ）作PQ的中点M，B₁C₁的中点N，连接A₁M，MN，A₁N，
利用线面垂直的判定证明A₁M⊥PQ，A₁M⊥MN，即可平面A₁PQ⊥面PQB₁C₁，
再利用余弦定理即可确定P点的位置．

解答 解：（Ⅰ）证明：∵PQ∥BC∥B₁C₁，B₁C₁?面A₁B₁C₁，PQ?面 A₁B₁C₁，
∴PQ∥面A₁B₁C₁；…（2分）
∵面A₁PQ∩面A₁B₁C₁=l，∴PQ∥l，…（3分）
∴l∥B₁C₁； …（6分）
（Ⅱ）P为AB的中点时，平面A₁PQ⊥面PQC₁B₁；
证明如下：作PQ的中点M，B₁C₁的中点N，连接A₁M，MN，A₁N，
∵PQ∥BC，AP=AQ，进而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为直角三角形；
连接AM并延长交BC于G，显然G是BC的中点，
设AP=x，则PB=2-x，则由$\frac{AM}{AG}$=$\frac{AP}{AB}$，可得$\frac{AM}{\sqrt{3}}$=$\frac{x}{2}$，解得AM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，
在Rt△AA₁M中，${{A}_{1}M}^{2}$=${{AA}_{1}}^{2}$+AM²=$\frac{3}{4}$+$\frac{3}{4}$x²．
同理MG=AG-AM=$\sqrt{3}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，
在Rt△MGN中，MN²=MG²+GN²=${（\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}x）}^{2}$+${（\frac{\sqrt{3}}{2}）}^{2}$=$\frac{15}{4}$-3x+$\frac{3}{4}$x²．
∴在Rt△A₁MN中，${{A}_{1}N}^{2}$=${{A}_{1}M}^{2}$+MN²，
即3=$\frac{3}{4}$+$\frac{3}{4}$x²+$\frac{15}{4}$-3x+$\frac{3}{4}$x²，
解得x=1，即AP=1，此时P为AB的中点．…（12分）．

点评 本题考查的是线面平行的性质，平面与平面垂直的判定，考查余弦定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题