在空间中，过点 $A$ 作平面 ${\mathrm \pi} $ 的垂线，垂足为 $B$，记 $B = {f_{\mathrm \pi} }\left(A\right)$．设 $\alpha $，$\beta $ 是两个不同的平面，对空间任意一点 $P$，${Q_1} = {f_\beta }\left[ {{f_\alpha }\left( P \right)} \right]$，${Q_2} = {f_\alpha }\left[ {{f_\beta }\left( P \right)} \right]$，恒有 $P{Q_1} = P{Q_2}$，则 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
A
【解析】
本题需要设出角度，用三角函数的公式进行化简．将 $P$ 取在平面 $\alpha$ 内就可以得到答案选A，下面我们来证明这个结论．
如图，只需要在过 $P$ 且与直线 $\alpha \cap\beta$ 垂直的截面内思考问题．
设 $\angle PO\alpha =x$，$\angle PO\beta=y$，$OP=1$，则\[PM=\sin x,\\MQ_1=\cos x\sin \left(x+y\right),\]于是在 $\triangle PMQ_1$ 中应用余弦定理，有\[PQ_1^2=\sin^2x+\left(\cos x\sin \left(x+y\right)\right)^2-2\sin x\cos x\sin \left(x+y\right)\cos \left(x+y\right),\]类似的，可得\[PQ_2^2=\sin^2y+\left(\cos y\sin \left(x+y\right)\right)^2-2\sin y\cos y\sin \left(x+y\right)\cos \left(x+y\right),\]因此\[\sin^2x-\sin^2y+\left(\cos^2x-\cos^2y\right)\sin^2\left(x+y\right)-\left(\sin 2x-\sin 2y\right)\sin \left(x+y\right)\cos \left(x+y\right)=0,\]即\[\left(\sin^2x-\sin^2y\right)\cos^2 \left(x+y\right)=0,\]（推导中用到：）于是可得 $x+y=\dfrac{\mathrm \pi} 2$，因此 $\alpha \perp \beta$．
如图，只需要在过 $P$ 且与直线 $\alpha \cap\beta$ 垂直的截面内思考问题．
设 $\angle PO\alpha =x$，$\angle PO\beta=y$，$OP=1$，则\[PM=\sin x,\\MQ_1=\cos x\sin \left(x+y\right),\]于是在 $\triangle PMQ_1$ 中应用余弦定理，有\[PQ_1^2=\sin^2x+\left(\cos x\sin \left(x+y\right)\right)^2-2\sin x\cos x\sin \left(x+y\right)\cos \left(x+y\right),\]类似的，可得\[PQ_2^2=\sin^2y+\left(\cos y\sin \left(x+y\right)\right)^2-2\sin y\cos y\sin \left(x+y\right)\cos \left(x+y\right),\]因此\[\sin^2x-\sin^2y+\left(\cos^2x-\cos^2y\right)\sin^2\left(x+y\right)-\left(\sin 2x-\sin 2y\right)\sin \left(x+y\right)\cos \left(x+y\right)=0,\]即\[\left(\sin^2x-\sin^2y\right)\cos^2 \left(x+y\right)=0,\]（推导中用到：）于是可得 $x+y=\dfrac{\mathrm \pi} 2$，因此 $\alpha \perp \beta$．
题目
答案
解析
备注
