Question

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的余弦值．

Answer 1

分析 （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），$A（{0，1，0}），B（{\sqrt{3}，0，0}），O（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，0}），P（{0，1，2}），M（{0，\frac{1}{2}，0}）$
利用向量法求解．

解答 解：（1）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），$A（{0，1，0}），B（{\sqrt{3}，0，0}），O（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，0}），P（{0，1，2}），M（{0，\frac{1}{2}，0}）$，
则$\overrightarrow{OM}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，0}），\overrightarrow{OP}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，2}）$．
平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个法向量$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{OM}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{OP}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+\frac{1}{2}y+2z=0\end{array}\right.$
令z=1，得$\overrightarrow n=（{0，-4，1}）$．
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$∠HCB=60°，CH=\frac{1}{2}CB=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
所以${x_H}=CHcos∠HCB=\frac{{\sqrt{3}}}{4}，{y_H}=CHsin∠HCB=\frac{3}{4}$，
所以$\overrightarrow{CH}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{3}{4}，0}）$．
设二面角A-OP-G的大小为θ，
则$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow{CH}•\overrightarrow n}|}}{{|{\overrightarrow{CH}}|•|{\overrightarrow n}|}}=\frac{{|{0×\frac{{\sqrt{3}}}{4}+4×\frac{3}{4}+1×0}|}}{{\sqrt{\frac{3}{16}+\frac{9}{16}×\sqrt{{4^2}+{1^2}}}}}=\frac{{2\sqrt{51}}}{17}$
即二面角A-OP-G的余弦值为$\frac{{2\sqrt{51}}}{17}$．

点评 本题考查了空间面面垂直的判定，向量法求二面角，考查了转化思想、计算能力，属于中档题．