2024学生版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）专题四　规范答题4　立体几何40

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(1)证明：EF∥平面ADO；[切入点：由BF⊥AO找F位置]
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；[切入点：证明AO⊥平面BEF]
(3)求二面角D－AO－C的正弦值．[方法一 关键点：找二面角D－AO－C的平面角]
[方法二 关键点：由AO⊥BE及PB长求点P坐标]
(1)证明 设AF＝tAC，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝(1－t)eq \(BA,\s\up6(→))＋teq \(BC,\s\up6(→))，❶(1分)
eq \(AO,\s\up6(→))＝－eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，
因为BF⊥AO，
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AO,\s\up6(→))
＝[(1－t)eq \(BA,\s\up6(→))＋teq \(BC,\s\up6(→))]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(BA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up6(→)))) ＝(t－1)eq \(BA,\s\up6(→))2＋eq \f(1,2)teq \(BC,\s\up6(→))2＝4(t－1)＋4t＝0， ❷(3分)
解得t＝eq \f(1,2)，则F为AC的中点．
又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，
于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO，
又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，
所以EF∥平面ADO.(4分)
(2)证明 由(1)可知EF∥DO，
由题意可得AO＝eq \r(AB2＋OB2)＝eq \r(6)，
DO＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(6),2)，
所以AD＝eq \r(5)DO＝eq \f(\r(30),2)， ❸(6分)
因此DO2＋AO2＝AD2＝eq \f(15,2)，
则DO⊥AO，
所以EF⊥AO，
又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，
则有AO⊥平面BEF，(7分)又AO⊂平面ADO，
所以平面ADO⊥平面BEF.(8分)
(3)解 方法一 如图，
过点O作OH∥BF交AC于点H，
设AD∩BE＝G，连接DH，GF，
由AO⊥BF，得OH⊥AO，且FH＝eq \f(1,3)AH， ❹(9分)
又由(2)知，OD⊥AO，
则∠DOH为二面角D－AO－C的平面角，
因为D，E分别为PB，PA的中点，
因此G为△PAB的重心，
即有DG＝eq \f(1,3)AD，GE＝eq \f(1,3)BE，
又FH＝eq \f(1,3)AH，
即有DH＝eq \f(3,2)GF，
cs∠ABD＝eq \f(4＋\f(3,2)－\f(15,2),2×2×\f(\r(6),2))＝eq \f(4＋6－PA2,2×2×\r(6))，
解得PA＝eq \r(14)，
同理得BE＝eq \f(\r(6),2)，
因为AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(3)，
所以BF＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(3)，
于是BE2＋EF2＝BF2＝3，
即有BE⊥EF，
则GF2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(\r(6),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2＝eq \f(5,3)， ❺
从而GF＝eq \f(\r(15),3)，DH＝eq \f(3,2)×eq \f(\r(15),3)＝eq \f(\r(15),2)，
在△DOH中，OH＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(\r(3),2)，OD＝eq \f(\r(6),2)，DH＝eq \f(\r(15),2)，(11分)
于是cs∠DOH＝eq \f(OD2＋OH2－DH2,2OD·OH)＝eq \f(\f(6,4)＋\f(3,4)－\f(15,4),2×\f(\r(6),2)×\f(\r(3),2))＝－eq \f(\r(2),2)， ❻
sin∠DOH＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，
所以二面角D－AO－C的正弦值为eq \f(\r(2),2).(12分)
方法二 如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，eq \r(2)，0)，
eq \(AO,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)．
因为PB＝PC，BC＝2eq \r(2)，
所以设P(x，eq \r(2)，z)，z>0，(9分)
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))
＝(2,0,0)＋eq \f(1,2)(x－2，eq \r(2)，z) ❼
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))，
由(2)得AO⊥BE，
所以eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))＝0，
所以x＝－1，
又PB＝eq \r(6)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x，eq \r(2)，z)， ❽(10分)
所以x2＋2＋z2＝6，
所以z＝eq \r(3)，
则P(－1，eq \r(2)，eq \r(3))．
由D为PB的中点，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))).
设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))
得b＝eq \r(2)a，c＝eq \r(3)a，取a＝1，则n1＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))．
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0,0,1)，(11分)
设二面角D－AO－C的大小为θ，
则|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)， ❾
所以sin θ＝eq \r(1－\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，
故二面角D－AO－C的正弦值为eq \f(\r(2),2).(12分)
①处用eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))表示eq \(BF,\s\up6(→))，eq \(AO,\s\up6(→))
②处利用eq \(BF,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))找点F位置
③处利用勾股定理证明AO⊥OD
④处找、证二面角的平面角
⑤处利用垂直求DH长度
⑥处利用余弦定理求角
⑦处求eq \(BE,\s\up6(→))坐标
⑧处利用AO⊥BE及PB长求点P坐标
⑨处利用向量法求两法向量夹角