Question

如图，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=AB=1，P、Q分别是侧棱BB₁、CC₁上的点，且使得折线APQA₁的长AP+PQ+QA₁最短．
（1）证明：平面APQ⊥平面AA₁C₁C；
（2）求直线AP与平面A₁PQ所成角的余弦值．

Answer 1

分析：对于（1），由正三棱柱ABC-A₁B₁C₁表面最短距离的求法，使用侧面展开图可以确定P、Q的具体位置，然后在平面APQ内找一条平面AA₁C₁C的垂线即可；
对于（2），求线面角，法一：由（1），可以确定直线AP的射影，即为A₁P，从而∠APA₁是直线AP与平面A₁PQ所成的角，因此在一个平面AA₁B₁B中，三角形APA₁的三边都可以计算，由余弦定理可以求之；
法二：可以取BC中点O为原点，OA为x轴，OC为y轴，建立空间直角坐标系O-xyz，这样点A、A₁、P、Q都可以用坐标表示，求出平面A₁PQ的一个法向量，然后通过向量与向量AP的夹角来计算亦可．

解答：解：（1）∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=AB=1，
∴将侧面展开后，得到一个由三个正方形拼接而成的矩形A′A₁′A₁″A″

而，折线APQA₁的长AP+PQ+QA₁最短，当且仅当A'、P、Q、A″点共线，
∴P、Q分别是BB₁、CC₁上的三等分点，其中BP=C1Q=

1

3

．（2分）
（注：直接正确指出点P、Q的位置，不扣分）
连接AQ，取AC中点D，AQ中点E，连接BD、DE、EP．

由正三棱柱的性质，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，
∴四边形BDEP是平行四边形，从而PE∥BD．
∴PE⊥平面AA₁C₁C．
而PE?平面APQ，∴平面APQ⊥平面AA₁C₁C．（8分）
（2）（法一）由（1），同理可证，平面A₁PQ⊥平面AA₁B₁B．（10分）
而AP?平面AA₁B₁B，平面A₁PQ∩平面AA₁B₁B=AP，
∴A₁P即为AP在平面A₁PQ上的射影，
从而∠APA₁是直线AP与平面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

，
即直线AP与平面A₁PQ所成角的余弦值为

7 130

130

．（14分）
（法二）取BC中点O为原点，OA为x轴，OC为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
由（1）及正三棱柱的性质，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

)．
从而

AP

=(-

3

2

 ， -

1

2

 ， 

1

3

)，

A1P

=(-

3

2

 ， -

1

2

 ， -

2

3

)，

A1Q

=(-

3

2

 ， 

1

2

 ， -

1

3

)．（10分）
设平面A₁PQ的一个法向量为n=（x，y，z），
则

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)．
从而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

，
即直线AP与平面A₁PQ所成角的正弦值为|cos＜

AP

 ， n＞|=

9

130

，

∴直线AP与平面A₁PQ所成角的余弦值为

1-( 9 130 )2

=

7 130

130

．（14分）

点评：本题考查面面垂直的判定以及线面角的求法，面面垂直要转化为线面垂直来证明，而线面角的求法有两种：几何法和向量法，在使用几何法的时候注意作、证、指、求几个步骤；向量法要注意求该平面的法向量与向量AP的夹角与所求角之间的关系，以免出现错误．