（本小题满分 12 分） 如图，在棱长为 1 的正方体 A…——2008 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分 12 分。
解法一：
（ I ）证明：在正方体中，$A D^{\prime} \perp A^{\prime} D, A D^{\prime} \perp A B$ ，又由已知可得
$P F / / A^{\prime} D, \quad P H / / A D^{\prime}, \quad P Q / / A B$ ，

所以 $P H \perp P F, P H \perp P Q$ ，

所以 $P H \perp$ 平面 $P Q E F$ ．

所以平面 $P Q E F$ 和平面 $P Q G H$ 互相垂直．
4分

（II）证明：由（I）知
$P F=\sqrt{2} A P, P H=\sqrt{2} P A^{\prime}$ ，又截面 $P Q E F$ 和截面 $P Q G H$ 都是矩形，且 $P Q=1$ ，所以截面 $P Q E F$和截面 $P Q G H$ 面积之和是
$\left(\sqrt{2} A P+\sqrt{2} P A^{\prime}\right) \times P Q=\sqrt{2}$ ，是定值．
（III）解：连结 $B C^{\prime}$ 交 $E Q$ 于点 $M$ 。
因为 $P H / / A D^{\prime}, P Q / / A B$ ，
所以平面 $A B C^{\prime} D^{\prime}$ 和平面 $P Q G H$ 互相平行，因此 $D^{\prime} E$ 与平面 $P Q G H$ 所成角与 $D^{\prime} E$ 与平面

$A B C^{\prime} D^{\prime}$ 所成角相等．
与（I）同理可证 $E Q \perp$ 平面 $P Q G H$ ，可知 $E M \perp$ 平面 $A B C^{\prime} D^{\prime}$ ，因此 $E M$ 与 $D^{\prime} E$ 的比值就是所求的正弦值。
设 $A D^{\prime}$ 交 $P F$ 于点 $N$ ，连结 $E N$ ，由 $F D=1-b$ 知
$D^{\prime} E=\sqrt{(1-b)^{2}+2}, \quad N D^{\prime}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}(1-b)$ ．

因为 $A D^{\prime} \perp$ 平面 $P Q E F$ ，又已知 $D^{\prime} E$ 与平面 $P Q E F$ 成 $45^{\circ}$ 角，
所以 $D^{\prime} E=\sqrt{2} N D^{\prime}$ ，即 $\sqrt{2}\left[\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}(1-b)\right]=\sqrt{(1-b)^{2}+2}$ ，
解得 $b=\frac{1}{2}$ ，可知 $E$ 为 $B C$ 中点．
所以 $E M=\frac{\sqrt{2}}{4}$ ，又 $D^{\prime} E=\sqrt{(1-b)^{2}+2}=\frac{3}{2}$ ，
故 $D^{\prime} E$ 与平面 $P Q G H$ 所成角的正弦值为 $\frac{E M}{D^{\prime} E}=\frac{\sqrt{2}}{6}$ ．

解法二：
以 $D$ 为原点，射线 $D A, D C, D D^{\prime}$ 分别为 $x, y, z$ 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系 $D-x y z$ 由已知得 $D F=1-b$ ，故
$A(1,0,0), \quad A^{\prime}(1,0,1), \quad D(0,0,0), \quad D^{\prime}(0,0,1)$,
$P(1,0, b), Q(1,1, b), E(1-b, 1,0)$,
$F(1-b, 0,0), \quad G(b, 1,1), \quad H(b, 0,1)$.
（ I ）证明：在所建立的坐标系中，可得
$\overrightarrow{P Q}=(0,1,0), \overrightarrow{P F}=(-b, 0,-b)$ ，
$\overrightarrow{P H}=(b-1,0,1-b)$,

$\overrightarrow{A D^{\prime}}=(-1,0,1), \overrightarrow{A^{\prime} D}=(-1,0,-1)$.
因为 $\overrightarrow{A D^{\prime}} \cdot \overrightarrow{P Q}=0, \overrightarrow{A D^{\prime}} \cdot \overrightarrow{P F}=0$ ，所以 $\overrightarrow{A D^{\prime}}$ 是平面 $P Q E F$ 的法向量．
因为 $\overrightarrow{A^{\prime} D} \bullet \overrightarrow{P Q}=0, \overrightarrow{A^{\prime} D} \bullet \overrightarrow{P H}=0$ ，所以 $\overrightarrow{A^{\prime} D}$ 是平面 $P Q G H$ 的法向量．
因为 $\overrightarrow{A D^{\prime}} \cdot \overrightarrow{A^{\prime} D}=0$ ，所以 $\overrightarrow{A^{\prime} D} \perp \overrightarrow{A D^{\prime}}$ ，
所以平面 $P Q E F$ 和平面 $P Q G H$ 互相垂直。
4分
（II）证明：因为 $\overrightarrow{E F}=(0,-1,0)$ ，所以 $\overrightarrow{E F} / / \overrightarrow{P Q},|\overrightarrow{E F}|=|\overrightarrow{P Q}|$ ，又 $\overrightarrow{P F} \perp \overrightarrow{P Q}$ ，所以 $P Q E$

$F$ 为矩形，同理 $P Q G H$ 为矩形．
在所建立的坐标系中可求得 $\overrightarrow{P H} \mid=\sqrt{2}(1-b), \overrightarrow{|P F|}=\sqrt{2} b$ ，
所以 $|\overrightarrow{P H}|+\overrightarrow{P F} \mid=\sqrt{2}$ ，又 $\overrightarrow{P Q} \mid=1$ ，
所以截面 $P Q E F$ 和截面 $P Q G H$ 面积之和为 $\sqrt{2}$ ，是定值．
（III）解：由已知得 $\overrightarrow{D^{\prime} E}$ 与 $\overrightarrow{A D^{\prime}}$ 成 $45^{\circ}$ 角，又 $\overrightarrow{D^{\prime} E}=(1-b, 1,-1), \overrightarrow{A D^{\prime}}=(-1,0,1)$ 可得

$$ \left|\frac{\overrightarrow{D^{\prime} E} \bullet \overrightarrow{A D^{\prime}}}{\left|\overrightarrow{D^{\prime} E}\right|\left|\overrightarrow{A D^{\prime}}\right|}\right|=\left|\frac{b-2}{\sqrt{2} \sqrt{(1-b)^{2}+2}}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2} $$

即 $\frac{2-b}{\sqrt{(1-b)^{2}+2}}=1$ ，解得 $b=\frac{1}{2}$ ．
所以 $\overrightarrow{D^{\prime} E}=\left(\frac{1}{2}, 1,-1\right)$ ，又 $\overrightarrow{A^{\prime} D}=(-1,0,-1)$ ，所以 $D^{\prime} E$ 与平面 $P Q G H$ 所成角的正弦值为
$\left|\cos \left\langle\overrightarrow{D^{\prime} E}, \overrightarrow{A^{\prime} D}\right\rangle\right|=\left|\frac{-\frac{1}{2}+1}{\frac{3}{2} \times \sqrt{2}}\right|=\frac{\sqrt{2}}{6}$ ．