题号:1010    题型:填空题    来源:2020年普通高等学校招生全国统一考试
如图, $D$ 为圆锥的顶点, $O$ 是圆锥底面的圆心, $A E$ 为底面直径, $A E=A D$. $\square A B C$ 是底面的内接正三角形, $P$ 为 $D O$ 上一点, $P O=\frac{\sqrt{6}}{6} D O$.

(1) 证明: $P A \perp$ 平面 $P B C$;
(2) 求二面角 $B-P C-E$ 的余弦值.
0 条评论 分享 0 人点赞 收藏 ​ ​ 4 次查看 我来讲解
答案:
(1) 证明见解析; (2) $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

(1) 要证明 $P A \perp$ 平面 $P B C$, 只需证明 $P A \perp P B, P A \perp P C$ 即可;
(2) 以 $O$ 为坐标原点, $O A$ 为 $x$ 轴, $O N$ 为 $y$ 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 分别算出平面 $P C B$
的法向量为 $\vec{n}$, 平面 $P C E$ 的法向量为 $\vec{m}$, 利用公式 $\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{n} \cdot \vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}$ 计算即可得到答案.
【详解】(1) 由题设, 知 $\triangle D A E$ 为等边三角形, 设 $A E=1$,
则 $D O=\frac{\sqrt{3}}{2}, C O=B O=\frac{1}{2} A E=\frac{1}{2}$, 所以 $P O=\frac{\sqrt{6}}{6} D O=\frac{\sqrt{2}}{4}$,

$$
P C=\sqrt{P O^{2}+O C^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}, P B=\sqrt{P O^{2}+O B^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4},
$$
又 $\square A B C$ 为等边三角形, 则 $\frac{B A}{\sin 60^{\circ}}=2 O A$, 所以 $B A=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $P A^{2}+P B^{2}=\frac{3}{4}=A B^{2}$, 则 $\angle A P B=90^{\circ}$, 所以 $P A \perp P B$,
同理 $P A \perp P C$, 又 $P C \cap P B=P$, 所以 $P A \perp$ 平面 $P B C$;
(2) 过 $O$ 作 $O N / / B C$ 交 $A B$ 于点 $N$, 因为 $P O \perp$ 平面 $A B C$
, 以 $O$ 为坐标原点, $O A$ 为 $x$ 轴, $O N$ 为 $y$ 轴建立如图所示的空间直角坐标系,



则 $E\left(-\frac{1}{2}, 0,0\right), P\left(0,0, \frac{\sqrt{2}}{4}\right), B\left(-\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}, 0\right), C\left(-\frac{1}{4},-\frac{\sqrt{3}}{4}, 0\right)$,
$$
\overrightarrow{P C}=\left(-\frac{1}{4},-\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{\sqrt{2}}{4}\right), \quad \overrightarrow{P B}=\left(-\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{\sqrt{2}}{4}\right), \overrightarrow{P E}=\left(-\frac{1}{2}, 0,-\frac{\sqrt{2}}{4}\right),
$$
设平面 $P C B$ 的一个法向量为 $\vec{n}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$,
由 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overline{P C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overline{P B}=0\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}-x_{1}-\sqrt{3} y_{1}-\sqrt{2} z_{1}=0 \\ -x_{1}+\sqrt{3} y_{1}-\sqrt{2} z_{1}=0\end{array}\right.$, 令 $x_{1}=\sqrt{2}$, 得 $z_{1}=-1, y_{1}=0$,
所以 $\vec{n}=(\sqrt{2}, 0,-1)$,
设平面 $P C E$ 的一个法向量为 $\vec{m}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$
由 $\left\{\begin{array}{l}\vec{m} \cdot \overline{P C}=0 \\ \vec{m} \cdot \overline{P E}=0\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{c}-x_{2}-\sqrt{3} y_{2}-\sqrt{2} z_{2}=0 \\ -2 x_{2}-\sqrt{2} z_{2}=0\end{array}\right.$, 令 $x_{2}=1$, 得 $z_{2}=-\sqrt{2}, y_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,
所以 $\vec{m}=\left(1, \frac{\sqrt{3}}{3},-\sqrt{2}\right)$

故 $\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{n} \cdot \vec{m}}{|\vec{n}| \cdot|\vec{m}|}=\frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{3}}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,
设二面角 $B-P C-E$ 的大小为 $\theta$, 则 $\cos \theta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
①因本站题量较多,无法仔细核对每一个试题,如果试题有误,请点击 编辑进行更正。
②如果您有更好的解答,可以点击 我要评论进行评论。
③如果您想挑战您的朋友,点击 我要分享 下载题目图片发给好友。

关闭