题目内容
如图1所示，在边长为12的正方形AA′A′1A1中，BB1∥CC1∥AA1，且AB=3，BC=4，AA′1分别交BB1，CC1于点P、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得A′A′1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1，请在图2中解决下列问题：（1）求证：AB⊥PQ；
（2）在底边AC上有一点M，满足AM；MC=3：4，求证：BM∥平面APQ．
（3）求直线BC与平面APQ所成角的正弦值．
分析：（1）由AB⊥BC．AB⊥BB1，得AB⊥平面BC1，易得AB⊥PQ；
（2）过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，由PB∥CQ得MN∥PB，从而四边形PBMN为平行四边形，对边平行BM∥PN，由线面平行的判定定理得BM∥平面APQ；
（3）先求得各点的坐标，从而得出相应向量的坐标，再求出平面APQ的法向量，由线面角公式求解．
（2）过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，由PB∥CQ得MN∥PB，从而四边形PBMN为平行四边形，对边平行BM∥PN，由线面平行的判定定理得BM∥平面APQ；
（3）先求得各点的坐标，从而得出相应向量的坐标，再求出平面APQ的法向量，由线面角公式求解．
解答：
解：证明：（1）证明：因为AB=3，BC=4，
所以AC=5，从而AC2=AB2+BC2，
即AB⊥BC．（2分）
又因为AB⊥BB1，而BC∩BB1=B，
所以AB⊥平面BC1，又PQ?平面BC1
所以AB⊥PQ；（4分）
（2）解：过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，
因为AM：MC=3：4∴AM：AC=MN：CQ=3：7（6分）
∴MN=PB=3，∵PB∥CQ∴MN∥PB，∴四边形PBMN为平行四边形∴BM∥PN，所以BM∥平面APQ（8分）
（3）解：由图1知，PB=AB=3，QC=7，分别以BA，BC，BB1为x，y，z轴，
则A（3，0，0），C（0，4，0），P（0，0，3），Q（0，4，7）
=(0，4，0)，
=(-3，0，3)，
=(-3，4，7)（10分）
设平面APQ的法向量为
=(a，b，c)，
所以
得
，
令a=1，则c=1，b=-1，cos＜
，
＞=
=
=-
所以直线BC与平面APQ所成角的正弦值为
（12分）
（注）用其他解法可相应给分．
解：证明：（1）证明：因为AB=3，BC=4，所以AC=5，从而AC2=AB2+BC2，
即AB⊥BC．（2分）
又因为AB⊥BB1，而BC∩BB1=B，
所以AB⊥平面BC1，又PQ?平面BC1
所以AB⊥PQ；（4分）
（2）解：过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，
因为AM：MC=3：4∴AM：AC=MN：CQ=3：7（6分）
∴MN=PB=3，∵PB∥CQ∴MN∥PB，∴四边形PBMN为平行四边形∴BM∥PN，所以BM∥平面APQ（8分）
（3）解：由图1知，PB=AB=3，QC=7，分别以BA，BC，BB1为x，y，z轴，
则A（3，0，0），C（0，4，0），P（0，0，3），Q（0，4，7）
| BC |
| AP |
| AQ |
设平面APQ的法向量为
| n |
所以
|
|
令a=1，则c=1，b=-1，cos＜
| BC |
| n |
| ||||
|
|
| -4 | ||
4×
|
| ||
| 3 |
所以直线BC与平面APQ所成角的正弦值为
| ||
| 3 |
（注）用其他解法可相应给分．
点评：本题主要考查线与线，线与面，面与面的位置关系和线面平行和线面垂直的判定定理及空间向量的应用，培养学生转化的能力．
练习册系列答案
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如图1所示，在边长为12的正方形AA′A1′A1中，点B，C在线段AA′上，且AB=3，BC=4，作BB1∥AA1，分别交A1A1′、AA1′于点B1、P，作CC1∥AA1，分别交A1A1′、AA1′于点C1、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得A′A1′与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1．
如图1所示，在边长为
的正方形
中，
，且
，
,
分别交
于点
，将该正方形沿
折叠，使得
与
重合，构成如图2所示的三棱柱
中
；
上有一点
,
,
面
与平面