Question

11．如图，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D，E，M分别是线段BC，CC₁，AB的中点，AA₁=2AB=4．
（1）求证：DE∥平面A₁MC；
（2）在线段AA₁上是否存在一点P，使得二面角A₁-BC-P的余弦值为$\frac{{7\sqrt{19}}}{38}$？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接AC₁，设O为A₁C，AC₁的交点，连接OM，OE，MD，推导出四边形MDEO为平行四边形，从而DE∥MO．由此能证明DE∥平面A₁MC．
（2）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABC的垂线为z轴，建系，利用向量法能求出存在点P，使得二面角A₁-BC-P的余弦值为$\frac{{7\sqrt{19}}}{38}$，此时PA=1．

解答 证明：（1）如图，连接AC₁，设O为A₁C，AC₁的交点，
由题意可知O为AC₁的中点，连接OM，OE，MD，
∵MD，OE分别为△ABC，△ACC₁中的AC边上的中位线，
∴$\overrightarrow{MD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{OE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，∴$\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{OE}$，
∴四边形MDEO为平行四边形，∴DE∥MO．
又∵DE?平面A₁MC，MO?平面A₁MC，
∴DE∥平面A₁MC．
解：（2）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABC的垂线为z轴，建系，
设PA=a，则D（0，0，0），$A（{\sqrt{3}，0，0}）$，$P（{\sqrt{3}，0，a}）$，${A_1}（{\sqrt{3}，0，4}）$，B（0，1，0），
则$\overrightarrow{PD}=（{\sqrt{3}，0，a}）$，$\overrightarrow{PB}=（{-\sqrt{3}，1，-a}）$，
设平面PBC的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（{{x_1}，{y_1}，{z_1}}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{PD}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{PB}=0\end{array}\right.$解得$\overrightarrow{n_1}=（{a，0，-\sqrt{3}}）$．
同理，$\overrightarrow{{A_1}D}=（{-\sqrt{3}，0，-4}）$，$\overrightarrow{{A_1}B}=（{-\sqrt{3}，1，-4}）$，
设平面BCA₁的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（{{x_2}，{y_2}，{z_2}}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{{A_1}D}=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{{A_1}B}=0\end{array}\right.$解得$\overrightarrow{n_2}=（{4，0，-\sqrt{3}}）$．
如图易得所求二面角为锐角，设为θ，
则$cosθ=|{\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}}||{\overrightarrow{n_2}}|}}}|=|{\frac{4a+3}{{\sqrt{{a^2}+3}•\sqrt{19}}}}|=\frac{{7\sqrt{19}}}{38}$，
解得a=1或$-\frac{37}{5}$（舍），
所以存在点P，使得二面角A₁-BC-P的余弦值为$\frac{{7\sqrt{19}}}{38}$，此时PA=1．

点评 本题考查线面平行的证明，考查考查满足条件的点的位置的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．