第一章高考强化

（1） 【证明】连接 $ DE $ , $ AE $ ,

$ \because F $ , $ G $ 分别为线段 $ PD $ , $ PE $ 的中点,

$ \therefore FG//DE $ .

$ \because △ABC $ 与 $ △ADC $ 均为等腰直角三角形, $ \mathrm{\angle }BAC={90}^{\circ } $ , $ \mathrm{\angle }ADC={90}^{\circ } $ , $ \therefore AD=DC=CE=AE $ 且 $ \mathrm{\angle }AEC={90}^{\circ } $ ,

$ \therefore $ 四边形 $ ADCE $ 为正方形, $ \therefore DE\perp AC $ .

又 $ AB\perp AC $ , $ DE $ , $ AB $ , $ AC\subset $ 平面 $ ABCD $ ,

$ \therefore DE//AB.\therefore FG//AB $ ,

又 $ FG\not\subset $ 平面 $ PAB $ , $ AB\subset $ 平面 $ PAB $ ,

$ \therefore FG// $ 平面 $ PAB $ .

（2） 【解】由（1）知, $ DE//AB $ , $ \therefore $ 直线 $ AB $ 与平面 $ PCD $ 所成的角即为直线 $ DE $ 与平面 $ PCD $ 所成的角.

$ \because PA=AC $ ,不妨设 $ DC=AD=a $ ,则 $ DE=\sqrt{2}a $ , $ AC=PA=\sqrt{2}a $ , $ \therefore {S}_{△DCE}=\dfrac{1}{2}{a}^{2} $ .

$ \therefore {V}_{P-DCE}=\dfrac{1}{3}\cdot AP\cdot {S}_{△DCE}=\dfrac{1}{3}×\sqrt{2}a×\dfrac{1}{2}{a}^{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{6}{a}^{3} $ .

$ \because PD=\sqrt{A{P}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{3}a $ , $ DC=a $ , $ PC=\sqrt{P{A}^{2}+A{C}^{2}}=2a $ ,

$ \therefore P{D}^{2}+D{C}^{2}=P{C}^{2} $ , $ \therefore PD\perp DC $ ,

$ \therefore {S}_{△PDC}=\dfrac{1}{2}\cdot PD\cdot DC=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{a}^{2} $ .

设点 $ E $ 到平面 $ PCD $ 的距离为 $ h $ ,

则 $ h=\dfrac{3{V}_{P-DCE}}{{S}_{△PDC}}=\dfrac{3×\dfrac{\sqrt{2}}{6}{a}^{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}{a}^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}a $ .

设直线 $ DE $ 与平面 $ PCD $ 所成的角为 $ \theta $ ,

则 $ \sin \theta =\dfrac{h}{DE}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{3}a}{\sqrt{2}a}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,

$ \therefore $ 直线 $ AB $ 与平面 $ PCD $ 所成角的正弦值为 $ \dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .

（1） 【证明】由题可知 $ {A}_{1}{B}_{1}\perp $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ , $ EF//{A}_{1}{B}_{1} $ ,所以 $ EF\perp $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ .

又因为 $ GF\subset $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ ,所以 $ GF\perp EF $ .

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△G{C}_{1}F $ 中, $ G{C}_{1}=\dfrac{1}{4}C{C}_{1}=1 $ , $ F{C}_{1}=\dfrac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}=2 $ ,

所以 $ FG=\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{5} $ .

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△B{B}_{1}F $ 中, $ B{B}_{1}=4 $ , $ {B}_{1}F=\dfrac{1}{2}{B}_{1}{C}_{1}=2 $ ,所以 $ BF=\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{5} $ .

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△BCG $ 中, $ BC=4 $ , $ CG=\dfrac{3}{4}C{C}_{1}=3 $ ,

所以 $ BG=\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}=5 $ .

则 $ B{G}^{2}=F{G}^{2}+B{F}^{2}=25 $ ,所以 $ BF\perp GF $ .

因为 $ GF\perp EF $ , $ GF\perp BF $ ,且 $ BF\cap EF=F $ , $ BF $ , $ EF\subset $ 平面 $ EBF $ ,所以 $ GF\perp $ 平面 $ EBF $ .

（2） 【解】如图，以 $ D $ 为原点建立空间直角坐标系,则 $ B(4,4,0) $ , $ E(2,0,4) $ , $ F(2,4,4) $ , $ G(0,4,3) $ ,

所以 $ \overrightarrow {FG}=(-2,0,-1) $ , $ \overrightarrow {EG}=(-2,4,-1) $ , $ \overrightarrow {BG}=(-4,0,3) $ ,

由（1）知 $ \overrightarrow {FG} $ 是平面 $ EBF $ 的一个法向量,

设平面 $ EBG $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,所以 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {EG}=-2x+4y-z=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {BG}=-4x+3z=0,\end{cases} $

令 $ x=6 $ ,则 $ z=8 $ , $ y=5 $ ,即 $ \boldsymbol{n}=(6,5,8) $ .

设平面 $ EBF $ 与平面 $ EBG $ 的夹角为 $ \alpha $ ,

则 $ \cos \alpha =\left| \cos ⟨\overrightarrow {FG},\boldsymbol{n}⟩\right|=\dfrac{\left|\overrightarrow {FG}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\overrightarrow {FG}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{20}{\sqrt{5}×\sqrt{125}}=\dfrac{4}{5} $ .

（3） 由（1）知 $ EF\perp $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ , $ FB\subset $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ ,所以 $ EF\perp FB $ ,

易知 $ {S}_{△BEF}=\dfrac{1}{2}EF\cdot BF=\dfrac{1}{2}×4×\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}=4\sqrt{5} $ ,

又 $ \overrightarrow {DE}=(2,0,4) $ ,平面 $ EBF $ 的一个法向量为 $ \overrightarrow {FG}=(-2,0,-1) $ ,则 $ D $ 到平面 $ EBF $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\overrightarrow {DE}\cdot \overrightarrow {FG}\right|}{\left|\overrightarrow {FG}\right|}=\dfrac{8}{\sqrt{5}} $ ,

由棱锥的体积公式知 $ {V}_{D-BEF}=\dfrac{1}{3}d×{S}_{△BEF}=\dfrac{1}{3}×\dfrac{8}{\sqrt{5}}×4\sqrt{5}=\dfrac{32}{3} $ .

（1） 【证明】因为 $ PA\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ AD\subset $ 平面 $ ABCD $ ,所以 $ PA\perp AD $ .

又 $ AD\perp PB $ , $ PB\cap PA=P $ , $ PB $ , $ PA\subset $ 平面 $ PAB $ ,所以 $ AD\perp $ 平面 $ PAB $ .

又 $ AB\subset $ 平面 $ PAB $ ,所以 $ AD\perp AB $ .

又 $ B{C}^{2}+A{B}^{2}=A{C}^{2} $ ,所以 $ BC\perp AB $ ,

所以 $ AD//BC $ .

又 $ AD\not\subset $ 平面 $ PBC $ , $ BC\subset $ 平面 $ PBC $ ,

所以 $ AD// $ 平面 $ PBC $ .

（2） 【解】如图,过点 $ D $ 作 $ DE\perp AC $ 于点 $ E $ ,过点 $ E $ 作 $ EF\perp PC $ 于点 $ F $ ,连接 $ DF $ .

因为 $ PA\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ PA\subset $ 平面 $ PAC $ ,所以平面 $ PAC\perp $ 平面 $ ABCD $ .因为平面 $ PAC\cap $ 平面 $ ABCD=AC $ , $ DE\perp AC $ , $ DE\subset $ 平面 $ ABCD $ ,

所以 $ DE\perp $ 平面 $ PAC $ .又 $ PC\subset $ 平面 $ PAC $ ,所以 $ DE\perp PC $ .又 $ EF\perp PC $ , $ DE\cap EF=E $ , $ DE $ , $ EF\subset $ 平面 $ DEF $ ,所以 $ PC\perp $ 平面 $ DEF $ .又 $ DF\subset $ 平面 $ DEF $ ,所以 $ DF\perp PC $ ,

根据二面角的定义可知, $ \mathrm{\angle }DFE $ 即为二面角 $ A-CP-D $ 的平面角,则 $ \sin \mathrm{\angle }DFE=\dfrac{\sqrt{42}}{7} $ ,由图可知二面角 $ A-CP-D $ 为锐二面角,则 $ \tan \mathrm{\angle }DFE=\sqrt{6} $ .

因为 $ AD\perp DC $ ,设 $ AD=x(0 < x < 2) $ ,所以 $ CD=\sqrt{4-{x}^{2}} $ ,由等面积法可得, $ DE=\dfrac{x\sqrt{4-{x}^{2}}}{2} $ ,所以 $ CE=\sqrt{(4-{x}^{2})-\dfrac{{x}^{2}(4-{x}^{2})}{4}}=\dfrac{4-{x}^{2}}{2} $ .因为 $ PA\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ AC $ , $ AD\subset $ 平面 $ ABCD $ ,所以 $ PA\perp AC $ , $ PA\perp AD $ .又 $ PA=AC $ ,所以 $ △EFC $ 为等腰直角三角形,所以 $ EF=\dfrac{4-{x}^{2}}{2\sqrt{2}} $ .又 $ PD=\sqrt{A{P}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{4+{x}^{2}} $ , $ CD=\sqrt{4-{x}^{2}} $ , $ PC=\sqrt{A{P}^{2}+A{C}^{2}}=2\sqrt{2} $ ,则 $ P{D}^{2}+C{D}^{2}=P{C}^{2} $ ,

所以 $ △PDC $ 为直角三角形,由等面积法可得 $ DF=\dfrac{PD\cdot DC}{PC}=\dfrac{\sqrt{16-{x}^{4}}}{2\sqrt{2}} $ ,

在 $ △DEF $ 中,有 $ D{E}^{2}+E{F}^{2}={\left(\dfrac{x\sqrt{4-{x}^{2}}}{2}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{4-{x}^{2}}{2\sqrt{2}}\right) ^ {2}}=\dfrac{16-{x}^{4}}{8}=D{F}^{2} $ ,所以 $ DE\perp EF $ ,

故 $ \tan \mathrm{\angle }DFE=\dfrac{\dfrac{x\sqrt{4-{x}^{2}}}{2}}{\dfrac{4-{x}^{2}}{2\sqrt{2}}}=\sqrt{6} $ ,解得 $ x=\sqrt{3} $ ,即 $ AD=\sqrt{3} $ .

（1） 【证明】第一步:作辅助线，证明四边形 $ A^\prime D^\prime CG $ 为平行四边形

如图，过 $ C $ 作 $ CG//EF $ 交 $ EB $ 于 $ G $ ，连接 $ A^\prime G $ .因为 $ EF//AD $ , $ AB//CD $ , $ \mathrm{\angle }DAB={90}^{\circ } $ ，所以四边形 $ ADFE $ 为矩形，四边形 $ EFCG $ 为矩形，所以 $ EF\xlongequal{//}AD $ ， $ EF\xlongequal{//}CG $ ，所以 $ CG\xlongequal{//}AD $ ,所以 $ CG\xlongequal{//}A^\prime D^\prime $ ，所以四边形 $ A^\prime D^\prime CG $ 为平行四边形.

第二步：证明 $ CD\prime // $ 平面 $ A^\prime BE $

所以 $ CD\prime //A^\prime G $ ,又 $ A^\prime G\subset $ 平面 $ A^\prime BE $ , $ CD\prime \not\subset $ 平面 $ A^\prime BE $ ,所以 $ CD\prime // $ 平面 $ A^\prime BE {\rm .2} $ 分

第三步：证明 $ CF// $ 平面 $ A^\prime BE $

因为 $ CF//EB $ , $ EB\subset $ 平面 $ A^\prime BE $ , $ CF\not\subset $ 平面 $ A^\prime BE $ ,所以 $ CF// $ 平面 $ A^\prime BE {\rm .4} $ 分

第四步：证明平面 $ CD\prime F// $ 平面 $ A^\prime BE $

又 $ CD\prime $ , $ CF\subset $ 平面 $ CD\prime F $ , $ CD\prime \cap CF=C $ ,所以平面 $ CD\prime F// $ 平面 $ A^\prime BE $ .

第五步：利用面面平行的性质证结论

因为 $ A^\prime B\subset $ 平面 $ A^\prime BE $ ,所以 $ A^\prime B// $ 平面 $ CD\prime F {\rm .6} $ 分

（2） 【解】第一步：建立空间直角坐标系

因为 $ A^\prime E\perp EF $ , $ BE\perp EF $ ,所以由二面角的定义可知， $ \mathrm{\angle }A^\prime EB $ 即为平面 $ EFD\prime A^\prime $ 与平面 $ EFCB $ 所成的二面角，所以 $ \mathrm{\angle }A^\prime EB={60}^{\circ } $ ,同理 $ \mathrm{\angle }D^\prime FC={60}^{\circ } $ .又 $ D^\prime F=DF=FC $ ,所以 $ △D^\prime FC $ 为等边三角形.过 $ A^\prime $ 作 $ A^\prime H\perp EB $ 交 $ EB $ 于 $ H $ .因为 $ EF\perp EB $ , $ EF\perp A^\prime E $ , $ A^\prime E\cap EB=E $ , $ A^\prime E $ , $ EB\subset $ 平面 $ A^\prime EB $ ,所以 $ EF\perp $ 平面 $ A^\prime EB $ ,又 $ A^\prime H\subset $ 平面 $ A^\prime EB $ ,所以 $ EF\perp A^\prime H $ .又 $ A^\prime H\perp EB $ , $ EB\cap EF=E $ , $ EB $ , $ EF\subset $ 平面 $ EFCB $ ,所以 $ A^\prime H\perp $ 平面 $ EFCB $ .因此以 $ F $ 为坐标原点，直线 $ FE $ 、直线 $ FC $ 、过点 $ F $ 且平行于 $ A^\prime H $ 的直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴、 $ z $ 轴建立如图所示的空间直角坐标系.8分

第二步：写出相关点及向量的坐标

不妨设 $ AD=1 $ ，则 $ F(0,0,0) $ , $ E(1,0,0) $ , $ B(1,2,0) $ , $ C(0,1,0) $ , $ D^\prime (0,\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}) $ ,所以 $ \overrightarrow {BC}=(-1,-1,0) $ ， $ \overrightarrow {CD\prime }=(0,-\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}) $ ， $ \overrightarrow {FE}=(1,0,0) $ ， $ \overrightarrow {FD\prime }=(0,\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}) {\rm .10} $ 分

第三步：求平面 $ BCD\prime $ 的法向量

设平面 $ BCD\prime $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}) $ ,

则 $ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {BC}=-{x}_{1}-{y}_{1}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {C{D}^{\prime }}=-\dfrac{1}{2}{y}_{1}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}{z}_{1}=0,\end{cases} $ 令 $ {x}_{1}=1 $ ，则 $ \boldsymbol{m}=(1,-1,-\dfrac{\sqrt{3}}{3}) {\rm .11} $ 分

第四步：求平面 $ EFD\prime A^\prime $ 的法向量

设平面 $ EFD\prime A^\prime $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2}) $ ,

则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {FE}={x}_{2}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {F{D}^{\prime }}=\dfrac{1}{2}{y}_{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}{z}_{2}=0,\end{cases} $ 令 $ {y}_{2}=1 $ ,则 $ \boldsymbol{n}=(0,1,-\dfrac{\sqrt{3}}{3}) {\rm .12} $ 分

第五步：得出平面 $ BCD\prime $ 与平面 $ EFD\prime A^\prime $ 所成二面角的正弦值

所以 $ \cos ⟨\boldsymbol{m}，\boldsymbol{n}⟩=\dfrac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\dfrac{-1+\dfrac{1}{3}}{\sqrt{\dfrac{7}{3}}×\sqrt{\dfrac{4}{3}}}=-\dfrac{\sqrt{7}}{7} $ ,

所以 $ \sin ⟨\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}⟩=\dfrac{\sqrt{42}}{7} $ ,即平面 $ BCD\prime $ 与平面 $ EFD\prime A^\prime $ 所成二面角的正弦值为 $ \dfrac{\sqrt{42}}{7} {\rm .15} $ 分

（1） 【证明】 $ \because PA\perp $ 底面 $ ABCD $ , $ AB\subset $ 底面 $ ABCD $ , $ \therefore PA\perp AB $ .

又 $ AB\perp AD $ , $ PA\cap AD=A $ , $ PA $ , $ AD\subset $ 平面 $ PAD $ , $ \therefore AB\perp $ 平面 $ PAD $ .

又 $ AB\subset $ 平面 $ PAB $ , $ \therefore $ 平面 $ PAB\perp $ 平面 $ PAD $ .

（2） （ⅰ） 【证明】 $ \because P $ ， $ B $ ， $ C $ ， $ D $ 在同一个球面上， $ \therefore $ 球心到四个点的距离相等.

到 $ △BCD $ 三个顶点距离相等的点是该三角形的外心，

作出 $ BC $ 的垂直平分线，

交 $ AD $ 于 $ {O}_{1} $ ,交 $ BC $ 于 $ E $ ，连接 $ B{O}_{1} $ , $ C{O}_{1} $ ,如图所示，

由几何知识得， $ {O}_{1}E=AB=\sqrt{2} $ ， $ BE=CE=A{O}_{1}=\dfrac{1}{2}BC=1 $ ， $ {O}_{1}D=AD-A{O}_{1}=\sqrt{3} $ ,

$ B{O}_{1}=C{O}_{1}=\sqrt{{1}^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{3} $ ，

$ \therefore {O}_{1}D=B{O}_{1}=C{O}_{1} $ ，

$ \therefore $ 点 $ {O}_{1} $ 是 $ △BCD $ 的外心，

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△A{O}_{1}P $ 中， $ AP\perp AD $ ， $ AP=\sqrt{2} $ ，

由勾股定理得， $ P{O}_{1}=\sqrt{A{P}^{2}+A{O}_{1}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{3} $ ,

$ \therefore P{O}_{1}=B{O}_{1}=C{O}_{1}={O}_{1}D=\sqrt{3} $ ， $ \therefore $ 点 $ {O}_{1} $ 即为点 $ P $ ， $ B $ ， $ C $ ， $ D $ 所在球的球心 $ O $ ，

此时点 $ O $ 在线段 $ AD $ 上， $ AD\subset $ 平面 $ ABCD $ ，

$ \therefore $ 点 $ O $ 在平面 $ ABCD $ 上.

（ⅱ） 【解】由 $ (\mathrm{i}) $ 知 $ PO=\sqrt{3} $ , $ \because AB\perp AD $ , $ BC//AD $ , $ \therefore AB\perp BC $ ,

又在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△ABC $ 中, $ AB=\sqrt{2} $ , $ BC=2 $ ,

由勾股定理得 $ AC=\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{\left(\sqrt{2}\right) ^ {2}}+{2}^{2}}=\sqrt{6} $ .

过点 $ O $ 作 $ AC $ 的平行线,交 $ BC $ 的延长线于点 $ {C}_{1} $ ,连接 $ A{C}_{1} $ , $ P{C}_{1} $ ,如图所示，

$ \because AD//BC $ , $ \therefore $ 四边形 $ AO{C}_{1}C $ 为平行四边形， $ \therefore O{C}_{1}=AC=\sqrt{6} $ ,直线 $ AC $ 与直线 $ PO $ 所成角为 $ \mathrm{\angle }PO{C}_{1} $ （或其补角）.

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AB{C}_{1} $ 中, $ AB=\sqrt{2} $ , $ B{C}_{1}=BC+C{C}_{1}=2+1=3 $ ,由勾股定理得,

$ A{C}_{1}=\sqrt{A{B}^{2}+B{\rm C}_{1}^{2}}=\sqrt{{\left(\sqrt{2}\right) ^ {2}}+{3}^{2}}=\sqrt{11} $ .

$ \because PA\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ A{C}_{1}\subset $ 平面 $ ABCD $ , $ \therefore PA\perp A{C}_{1} $ ,

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AP{C}_{1} $ 中, $ PA=\sqrt{2} $ ,

$ \therefore $ 由勾股定理得 $ P{C}_{1}=\sqrt{P{A}^{2}+A{\rm C}_{1}^{2}}=\sqrt{{\left(\sqrt{2}\right) ^ {2}}+{\left(\sqrt{11}\right) ^ {2}}}=\sqrt{13} $ ,

在 $ △PO{C}_{1} $ 中,由余弦定理得 $ P{\rm C}_{1}^{2}=P{O}^{2}+O{\rm C}_{1}^{2}-2PO\cdot O{C}_{1} \cos \mathrm{\angle }PO{C}_{1} $ ,

即 $ (\sqrt{13})^{2}={\left(\sqrt{3} \right) ^ {2}}+{\left(\sqrt{6} \right) ^ {2}}-2\sqrt{3}×\sqrt{6} \cos \mathrm{\angle }PO{C}_{1} $ ,解得 $ \cos \mathrm{\angle }PO{C}_{1}=-\dfrac{\sqrt{2}}{3} $ .

$ \therefore $ 直线 $ AC $ 与直线 $ PO $ 所成角的余弦值为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{3} $ .

（1） 【证明】 $ A{A}_{1} $ , $ B{B}_{1} $ 为圆台 $ O{O}_{1} $ 的两条母线,延长后交 $ O{O}_{1} $ 所在直线于点 $ T $ ,连接 $ {A}_{1}{O}_{1} $ , $ {O}_{1}{B}_{1} $ , $ AO $ , $ OB $ ,如图①所示.

图①

由题意易得平面 $ {A}_{1}{O}_{1}{B}_{1}// $ 平面 $ AOB $ ,

又平面 $ {A}_{1}{O}_{1}{B}_{1}\cap $ 平面 $ ABT={A}_{1}{B}_{1} $ ,平面 $ AOB\cap $ 平面 $ ABT=AB $ ,

$ \therefore {A}_{1}{B}_{1}//AB $ .

（2） 【解】以 $ ｛OA $ , $ OB $ , $ O{O}_{1}｝ $ 为正交基底建立空间直角坐标系,如图②所示,则 $ A(2,0,0) $ , $ B(0,2,0) $ ,设 $ P( \cos \theta , \sin \theta ,h) $ ,不妨设 $ Q(- \sin \theta , \cos \theta ,h) $ , $ \theta \in \boldsymbol{R} $ ,则 $ \overrightarrow {AB}=(-2,2,0) $ , $ \overrightarrow {AP}=( \cos \theta -2, \sin \theta ,h) $ , $ \overrightarrow {AQ}=(- \sin \theta -2, \cos \theta ,h) $ ,

图②

设平面 $ PAB $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AP}=0,\end{cases} $

即 $ \begin{cases}x=y,\\ \left( \cos \theta -2\right)x+y \sin \theta +hz=0,\end{cases} $

令 $ x=h $ ,可得 $ \boldsymbol{n}=(h,h,2- \cos \theta - \sin \theta ) $ .

设平面 $ QAB $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(a,b,c) $ ,

则 $ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AB}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AQ}=0,\end{cases} $

即 $ \begin{cases}a=b,\\ \left(- \sin \theta -2\right)a+b \cos \theta +hc=0,\end{cases} $

令 $ a=h $ ,可得 $ \boldsymbol{m}=(h,h, \sin \theta +2- \cos \theta ) $ .

$ \because $ 平面 $ QAB\perp $ 平面 $ PAB $ , $ \therefore \boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}=0 $ ,即 $ 2{h}^{2}+{\left(2- \cos \theta \right) ^ {2}}-{ \sin }^{2}\theta =0 $ ,

$ \therefore 2{ \cos }^{2}\theta -4 \cos \theta +3+2{h}^{2}=0 $ ,①

又 $ \cos \theta \in [-1,1] $ , $ \therefore 2{ \cos }^{2}\theta -4 \cos \theta +2=2{\left( \cos \theta -1\right) ^ {2}}\in [0,8] $ ,

故①无解,从而不存在这样的 $ h $ 使得平面 $ PAB\perp $ 平面 $ QAB $ .