Question

7．如图，ABC-A₁B₁C₁是底面边长为2，高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$的正三棱柱，经过AB的截面与上
底面相交于PQ，设C₁P=λC₁A₁（0＜λ＜1）．
（1）证明：PQ∥A₁B₁；
（2）当CF⊥平面ABQP时，在图中作出点C在平面ABQP内的正投影F（说明作法及理由），并求四棱锥CABPQ表面积．

Answer 1

分析 （I）推导出AB∥PQ，AB∥A₁B₁，由此能证明PQ∥A₁B₁．   
（Ⅱ）当$λ=\frac{1}{2}$时，P，Q分别是A₁C₁，A₁B₁的中点，推导出CF⊥QP，取AB中点H，连$FH，CH，CH=\sqrt{3}$，$FH=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，连接CF，则$CF=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，CF⊥FH，从而CF⊥平面ABQP，由此能求出四棱锥CABPQ表面积．

解答 证明：（I）∵平面ABC∥平面A₁B₁C₁，平面ABC∩平面ABQP=AB，
平面ABQP∩平面A₁B₁C₁=QP，
∴AB∥PQ，又∵AB∥A₁B₁，∴PQ∥A₁B₁．   （5分）
解：（Ⅱ）F点是PQ中点，理由如下：
当$λ=\frac{1}{2}$时，P，Q分别是A₁C₁，A₁B₁的中点，
连接CQ和CP，∵ABC-A₁B₁C₁是正三棱柱，
∴CQ=CP，∴CF⊥QP，（6分）
取AB中点H，连接$FH，CH，CH=\sqrt{3}$，
在等腰梯形ABQP中，$FH=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，
连接CF，则$CF=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，
∴CF²+FH²=CH²，∴CF⊥FH，
∵QP∩FH=H，∴CF⊥平面ABF，即CF⊥平面ABQP，（9分）
∴F点是C在平面ABQP内的正投影．
∴四棱锥CABPQ表面积：
$S={S_{△CPQ}}+{S_{△CPA}}+{S_{△CQB}}+{S_{PQBA}}+{S_{△ABC}}=2\sqrt{3}+\sqrt{6}$．（12分）

点评 本题考查线线平行的证明，考查四棱锥的表面积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、转化化归思想，是中档题．