Question

19．在三棱錐ABC-A₁B₁C₁中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱AA₁⊥底面ABC，AA₁=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，P、Q分別是AB、AC上的點(diǎn)，且PQ∥BC．
（Ⅰ）若平面A₁PQ與平面A₁B₁C₁相交于直線l，求證：l∥B₁C₁；
（Ⅱ）當(dāng)平面A₁PQ⊥平面PQC₁B₁時(shí)，確定點(diǎn)P的位置并說(shuō)明理由．S．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用線面平行的性質(zhì)證明l∥B₁C₁；
（Ⅱ）作PQ的中點(diǎn)M，B₁C₁的中點(diǎn)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，
再利用余弦定理即可確定P點(diǎn)的位置．

解答 解：（Ⅰ）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）
（Ⅱ）P為AB的中點(diǎn)時(shí)，平面A₁PQ⊥面PQC₁B₁；
證明如下：作PQ的中點(diǎn)M，B₁C₁的中點(diǎn)N，連接A₁M，MN，A₁N，
∵PQ∥BC，AP=AQ，進(jìn)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(zhǎng)交BC于G，顯然G是BC的中點(diǎn)，
設(shè)AP=x，則PB=2-x，則由$\frac{AM}{AG}$=$\frac{AP}{AB}$，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，此時(shí)P為AB的中點(diǎn)．…（12分）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是線面平行的性質(zhì)，平面與平面垂直的判定，考查余弦定理，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題