Question

如圖，已知三棱錐P-ABC，平面PAC⊥平面ABC，AB=BC=CA=4，PA=2

3

，PC=2，D是AB的中點，CE=

1

4

BC，F(xiàn)是PD的中點．
（Ⅰ）求證：EF∥平面PAC；
（Ⅱ）求直線EF與平面ABC所成角的正切值；
（Ⅲ）在CB是否存在一點使平面DGF與平面ABC所成銳二面角的大小為

π

4

，若存在，求出CG的長，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：直線與平面所成的角,直線與平面平行的判定,二面角的平面角及求法

專題：空間角

分析：（I）取PA的中點K，作ER∥AB交AC于R，連接FK，RK．利用三角形的中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理、線面平行的判定定理即可得出．
（II）在△ACP中，利用勾股定理的逆定理可得∠APC=90°．可得∠PAC=30°．在△AKR中，AK=

3

，AR=

3

4

AC=3．由余弦定理可得KR=

3

．可得∠ARK=∠KAR=30°．由于平面PAC⊥平面ABC，可得∠ARK為KR與平面ABC所成的角，利用直角三角形的邊角關(guān)系即可得出．
（III）如圖所示，取AC的中點O為坐標原點，OA，OB分別為x軸、y軸建立空間直角坐標系．假設(shè)在CB存在一點G使平面DGF與平面ABC所成銳二面角的大小為

π

4

．利用法向量的夾角即可得出．

解答： （I）證明：取PA的中點K，作ER∥AB交AC于R，連接FK，RK．
則KF∥AD，ER∥AD，又RG=

1

4

AB=

1

2

AD=KF，
∴四邊形KFRE是平行四邊形，
∴EF∥KR，EF?平面PAC，KR?平面PAC，
∴EF∥平面PAC．
（II）在△ACP中，AP²+CP²=(2

3

)2+22=4²=AC²，∴∠APC=90°．
∴sin∠PAC=

PC

AC

=

1

2

，∴∠PAC=30°．
在△AKR中，AK=

3

，AR=

3

4

AC=3．
由余弦定理可得：KR²=AK²+AR²-2AK•ARcos∠KAR=(

3

)2+3²-2×

3

×3×cos30°=3，
∴KR=

3

．
∴∠ARK=∠KAR=30°．
∵平面PAC⊥平面ABC，∴∠ARK為KR與平面ABC所成的角，
∵EF∥KR，
∴∠ARK即為直線EF與平面ABC所成的角，
∵tan∠ARK=

3

3

，∴直線EF與平面ABC所成角的正切值為

3

3

．
（III）如圖所示，取AC的中點O為坐標原點，OA，OB分別為x軸、y軸建立空間直角坐標系．
假設(shè)在CB存在一點G使平面DGF與平面ABC所成銳二面角的大小為

π

4

．A（2，0，0），B(0，2

3

，0)，C（-2，0，0），
D(1，

3

，0)．
設(shè)

BG

=λ

BC

，則

OG

=

OB

+λ

BC

=(0，2

3

，0)+λ(-2，-2

3

，0)=(-2λ，2

3

-2

3

λ，0)．
過點P作PM⊥AC，則PM⊥平面ABC．M（-1，0，0），
P(-1，0，

3

)．∴F(0，

3

2

，

3

2

)，
∴

DG

=(-2λ-1，

3

-2

3

λ，0)，

DF

=(-1，-

3

2

，

3

2

)，
設(shè)平面DGF的法向量為

m

=（x，y，z），則

m • DG =0 m • DF =0

，即

-x- 3 2 y+ 3 2 z=0 (-2λ-1)x+( 3 -2 3 λ)y=0

，
當λ=

1

2

時，x=0，取y=1，則z=1．
∴

m

=（0，1，1），取平面ABC的法向量

n

=（0，0，1）．滿足cos

π

4

=

| m • n |

| m || n |

，
即平面DGF與平面ABC所成銳二面角的大小為

π

4

．
∴在CB存在一點G為BC的中點，使平面DGF與平面ABC所成銳二面角的大小為

π

4

．

點評：本題考查了線面平行的判定定理、二面角、三角形的中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理、線面平行的判定定理、勾股定理的逆定理、余弦定理、線面角、面面垂直的判定與性質(zhì)定理、直角三角形的邊角關(guān)系，考查了空間想象能力、推理能力和計算能力，屬于難題．