2015届高考数学二轮复习专题检测： 立体几何初步(含解析)(3)

33，0)

于是DG→＝(ab

3，3，－c)，

BC→＝(2a，－b,0)，PB→

＝(0，b，－2c)． 设平面PBC的一个法向量

n＝(x0，y0，z0)，则有 n·

BC→＝0，

n·

PB→＝0，

即 2ax0－by0＝0，

by0－2cz0＝0.

不妨设z0＝1，则有y02cc

b，x0＝a， 所以n＝c2c

ab1)． 因为n·DG→

＝(c2c(abca＋2cbab，1)·3，3，－c)a3b3＋1·(－c)＝0， 所以n⊥DG→

.又因为DG / 平面PBC， 所以DG∥平面PBC．

解法2：取AB中点E，连接OE，则OE→＝12(OA→＋OB→) 由已知OG→＝13→＋OB→)可得OG→＝2

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则点G在OE上．连接AG并延长交CB于F，连接PF 因为O，E分别为AC，AB的中点， 所以OE∥BC，即G为AF的中点． 又因为D为线段PA的中点， 所以DG∥PF. 又DG / 平面PBC，PF平面PBC． 所以DG∥平面PBC．

(3)由(2)可知平面PBC的一个法向量n＝(c2c

a，b1)＝(2,2,1)． 又因为AC⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量是AC→

＝(2,0,0)．又cos<n·AC→

>＝n·AC→42→＝3×23

|n|·|AC|由图可知，二面角A－PB－C为锐角， 所以二面角A－PB－C2

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