逍遥学能 2013-03-25 09:54
题型五 立体几何中的空间角问题
(推荐时间：30分钟)
1.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．
2．(2011•湖南)如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，C是 的中点，D为AC的中点．
(1)证明：平面POD⊥平面PAC；
(2)求二面角B—PA—C的余弦值．
答 案
1．(1)证明 设AD＝DE＝2AB＝2a，以A为原点，AC为x轴，AB为z轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz，
则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，
D(a，3a,0)，E(a，3a,2a)．
因为F为CD的中点，
所以F32a，32a，0.
AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．
因为AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
(2)证明 因为AF→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，
故AF→•CD→＝0，AF→•ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.
所以AF→⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.
(3)解 设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)．由n•BE→＝0，n•BC→＝0，
可得x＋3y＋z＝0,2x－z＝0，
取n＝(1，－3，2)．
又BF→＝32a，32a，－a，
设BF和平面BCE所成的角为θ，
则sin θ＝BF→•nBF→n＝2a2a•22＝24.
所以直线BF和平面BCE所成角的正弦值为24.
2.方法一 (1)证明 如图，连结OC，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.
又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，
所以AC⊥PO.
因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，
所以AC⊥平面POD，
而AC⊂平面PAC，
所以平面POD⊥平面PAC.
(2)解 在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，由(1)知，平面POD⊥平面PAC，
所以OH⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，所以PA⊥OH.
在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连结HG，
则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG，
故∠OGH为二面角B—PA—C的平面角．
在Rt△ODA中，OD＝OA•sin 45°＝22.
在Rt△POD中，
OH＝PO•ODPO2＋OD2＝2×222＋12＝105.
在Rt△POA中，
OG＝PO•OAPO2＋OA2＝2×12＋1＝63.
在Rt△OHG中，sin∠OGH＝OHOG＝10563＝155.
所以cos∠OGH＝1－sin2∠OGH＝1－1525＝105.
故二面角B—PA—C的余弦值为105.
方法二 (1)证明 如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，
P(0,0，2)，D－12，12，0.
设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1•OD→＝0，n•OP→＝0，
得－12x1＋12y1＝0，2z1＝0.所以z1＝0，x1＝y1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，则由n2•PA→＝0，n2•PC→＝0，
得－x2－2z2＝0，y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2.取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．
因为n1•n2＝(1,1,0)•(－2，2，1)＝0，所以n1⊥n2.
从而平面POD⊥平面PAC.
(2)解 因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为n3＝(0,1,0)．
由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2＝(－2，2，1)．
设向量n2和n3的夹角为θ，则cos θ＝n2•n3n2•n3＝25＝105.
由图可知，二面角B—PA—C的平面角与θ相等，
所以二面角B—PA—C的余弦值为105.