如图.点C在以AB为直径的圆O上....pdfVIP

12．如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直于圆O所在的平⾯，G为△AOC的重⼼．

（1）求证：平⾯OPG⊥平⾯PAC；

（2）若PA=AB=2AC=2，求⼆⾯⾓A-OP-G的余弦．

分分析析（1）延长OG交AC于点M．可得OM∥BC．由AB是圆O的直径，得OM⊥AC．

由PA⊥平⾯ABC，可得OM⊥平⾯PAC．即OG⊥平⾯PAC，证得平⾯OPG⊥平⾯PAC．

（2）以点C为原点，$\overrightarrow{CB}，\overrightarrow{CA}，\overrightarrow{AP}$⽅向分别为

x，y，z轴正⽅向建⽴空间直⾓坐标系Cxyz，则

C（0，0，0），$A（{0，1，0}），B（{\srt{3}，0，0}），O（{\frac{{\srt{3}}}{2}，\frac{1}

{2}，0}），P（{0，1，2}），M（{0，\frac{1}{2}，0}）$

利⽤向量法求解．

解解答答解：（1）证明：如图，延长OG交AC于点M．

因为G为△AOC的重⼼，所以M为AC的中点．

因为O为AB的中点，所以OM∥BC．

因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，所以OM⊥AC．

因为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：以点C为原点，$\overrightarrow{CB}，\overrightarrow{CA}，\overrightarrow{AP}$⽅向分别为x，y，z轴正⽅向建⽴

空间直⾓坐标系Cxyz，

则C（0，0，0），$A（{0，1，0}），B（{\srt{3}，0，0}），O（{\frac{{\srt{3}}}{2}，\frac{1}

{2}，0}），P（{0，1，2}），M（{0，\frac{1}{2}，0}）$，

则$\overrightarrow{OM}=（{-\frac{{\srt{3}}}{2}，0，0}），\overrightarrow{OP}=（{-\frac{{\srt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，2}）$．

平⾯OPG即为平⾯OPM，设平⾯OPM的⼀个法向量$\overrightarrown=（{x，y，z}）$，

则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrown•\overrightarrow{OM}=-\frac{{\srt{3}}}{2}x=0\\\overrightarrown•\overrightarrow{OP}=-

\frac{{\srt{3}}}{2}x+\frac{1}{2}y+2z=0\end{array}\right.$

令z=1，得$\overrightarrown=（{0，-4，1}）$．

过点C作CH⊥AB于点H，由PA⊥平⾯ABC，

易得CH⊥PA，⼜PA∩AB=A，所以CH⊥平⾯PAB，即CH为平⾯PAO的⼀个法向量．

在Rt△ABC中，由AB=2AC，得∠ABC=30°，则$∠HCB=60°，CH=\frac{1}{2}CB=\frac{{\srt{3}}}{2}$．

所以${x_H}=CHcos∠HCB=\frac{{\srt{3}}}{4}，{y_H}=CHsin∠HCB=\frac{3}{4}$，

所以$\overrightarrow{CH}=（{\frac{{\srt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$．

设⼆⾯⾓A-OP-G的⼤⼩为θ，

则$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow{CH}•\overrightarrown}|}}{{|{\overrightarrow{CH}}|•|{\overrightarrown}|}}=\frac{{|

{0×\frac{{\srt{3}}}{4}+4×\frac{3}{4}+1×0}|}}{{\srt{\frac{3}{16}+\frac{9}{16}×\srt{{4^2}+{1^2}}}}}=\frac{{2\srt{51}}}{17}$

即⼆⾯⾓A-OP-G的余弦为$\frac{{2\srt{51}}}{17}$．

点点评评本题考查了空间⾯⾯垂直的判定，向量法求⼆⾯⾓