Question

16．已知在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面是边长为2的正三角形，侧棱AA₁的长为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，P、Q分别是AB、AC上的点，且PQ∥BC，如图．
（1）设面A₁PQ与面A₁B₁C₁相交于l，求证：l∥B₁C₁；
（2）若平面A₁PQ⊥面PQB₁C₁，试确定P点的位置，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）利用线面平行的性质证明l∥B₁C₁；
（2）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，利用余弦定理确定P点的位置．

解答 （1）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）
（2）解：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$\frac{AM}{{\sqrt{3}}}=\frac{x}{2}$，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．