题型五 立体几何中的空间角问题

题型五立体几何中的空间角问题题型五立体几何中的空间角问题题型五立体几何中的空间角问题资料仅供参考文件编号：2022年4月题型五立体几何中的空间角问题版本号：A修改号：1页次：1.0审核：批准:发布日期：题型五立体几何中的空间角问题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＝eq\r(2)，⊙O的直径AB＝2，C是AB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，eq\r(3)a,0)，E(a，eq\r(3)a,2a)．因为F为CD的中点，所以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a，eq\r(3)a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2a,0，－a)．因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)证明因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a，eq\r(3)a,0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,0，－2a)，故eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AF,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))⊥eq\o(ED,\s\up6(→)).所以eq\o(AF,\s\up6(→))⊥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·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，可得x＋eq\r(3)y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－eq\r(3)，2)．又eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，－a))，设BF和平面BCE所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(BF,\s\up6(→))·n|,|\o(BF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2a,2a·2\r(2))＝eq\f(\r(2),4).所以直线BF和平面BCE所成角的正弦值为eq\f(\r(2),4).2．方法一(1)证明如图，连接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·sin45°＝eq\f(\r(2),2).在Rt△POD中，OH＝eq\f(PO·OD,\r(PO2＋OD2))＝eq\f(\r(2)×\f(\r(2),2),\r(2＋\f(1,2)))＝eq\f(\r(10),5).在Rt△POA中，OG＝eq\f(PO·OA,\r(PO2＋OA2))＝eq\f(\r(2)×1,\r(2＋1))＝eq\f(\r(6),3).在Rt△OHG中，sin∠OGH＝eq\f(OH,OG)＝eq\f(\f(\r(10),5),\f(\r(6),3))＝eq\f(\r(15),5).所以cos∠OGH＝eq\r(1－sin2∠OGH)＝eq\r(1－\f(15,25))＝eq\f(\r(10),5).故二面角B—PA—C的余弦值为eq\f(\r(10),5).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，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，则由n1·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(OP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋\f(1,2)y1＝0，,\r(2)z1＝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·eq\o(PA,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－\r(2)z2＝0，,y2－\r(2)z2＝0.))所以x2＝－eq\r(2)z2，y2＝eq\r(2)z2.取z2＝1，得n2＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，1)．因为n1·n2＝(1,1,0)·(－eq\r(2)，eq\r(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＝(－eq