Question

12．如圖，點C在以AB為直徑的圓O上，PA垂直于圓O所在的平面，G為△AOC的重心．
（1）求證：平面OPG⊥平面PAC；
（2）若PA=AB=2AC=2，求二面角A-OP-G的余弦值．

Answer 1

分析 （1）延長OG交AC于點M．可得OM∥BC．由AB是圓O的直徑，得OM⊥AC．
由PA⊥平面ABC，可得OM⊥平面PAC．即OG⊥平面PAC，證得平面OPG⊥平面PAC．
（2）以點C為原點，$\overrightarrow{CB}，\overrightarrow{CA}，\overrightarrow{AP}$方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系Cxyz，則C（0，0，0），$A（{0，1，0}），B（{\sqrt{3}，0，0}），O（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，0}），P（{0，1，2}），M（{0，\frac{1}{2}，0}）$
利用向量法求解．

解答 解：（1）證明：如圖，延長OG交AC于點M．

因為G為△AOC的重心，所以M為AC的中點．
因為O為AB的中點，所以OM∥BC．
因為AB是圓O的直徑，所以BC⊥AC，所以OM⊥AC．
因為PA⊥平面ABC，OM?平面ABC，所以PA⊥OM．
又PA?平面PAC，AC?平面PAC，PA∩AC=A，所以OM⊥平面PAC．
即OG⊥平面PAC，又OG?平面OPG，
所以平面OPG⊥平面PAC．
（2）解：以點C為原點，$\overrightarrow{CB}，\overrightarrow{CA}，\overrightarrow{AP}$方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系Cxyz，
則C（0，0，0），$A（{0，1，0}），B（{\sqrt{3}，0，0}），O（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，0}），P（{0，1，2}），M（{0，\frac{1}{2}，0}）$，
則$\overrightarrow{OM}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，0}），\overrightarrow{OP}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，2}）$．
平面OPG即為平面OPM，設平面OPM的一個法向量$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{OM}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{OP}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+\frac{1}{2}y+2z=0\end{array}\right.$
令z=1，得$\overrightarrow n=（{0，-4，1}）$．
過點C作CH⊥AB于點H，由PA⊥平面ABC，
易得CH⊥PA，又PA∩AB=A，所以CH⊥平面PAB，即CH為平面PAO的一個法向量．
在Rt△ABC中，由AB=2AC，得∠ABC=30°，則$∠HCB=60°，CH=\frac{1}{2}CB=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
所以${x_H}=CHcos∠HCB=\frac{{\sqrt{3}}}{4}，{y_H}=CHsin∠HCB=\frac{3}{4}$，
所以$\overrightarrow{CH}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$．
設二面角A-OP-G的大小為θ，
則$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow{CH}•\overrightarrow n}|}}{{|{\overrightarrow{CH}}|•|{\overrightarrow n}|}}=\frac{{|{0×\frac{{\sqrt{3}}}{4}+4×\frac{3}{4}+1×0}|}}{{\sqrt{\frac{3}{16}+\frac{9}{16}×\sqrt{{4^2}+{1^2}}}}}=\frac{{2\sqrt{51}}}{17}$
即二面角A-OP-G的余弦值為$\frac{{2\sqrt{51}}}{17}$．

點評 本題考查了空間面面垂直的判定，向量法求二面角，考查了轉化思想、計算能力，屬于中檔題．