Question

如圖所示，PQ為平面α、β的交線，已知二面角α-PQ-β為直二面角，A∈PQ，B∈α，C∈β，CA=CB=kAB（k∈R*），∠BAP=45°．
（1）證明：BC⊥PQ；
（2）設(shè)點C在平面α內(nèi)的射影為點O，當(dāng)k取何值時，O在平面ABC內(nèi)的射影G恰好為△ABC的重心？
（3）當(dāng)k=

6

3

時，求二面角B-AC-P的大�。�

Answer 1

分析：（1）在平面β內(nèi)過點C作CE⊥PQ于點E，由題知點E與點A不重合，連接EB．看出點C在平面α內(nèi)的射影為點E，根據(jù)線與線垂直得到線與面垂直，得到結(jié)論．
（2）由（1）知，O點即為E點，設(shè)點F是O在平面ABC內(nèi)的射影，連  接BF并延長交AC于點D，由題意可知，若F是△ABC的重心，則點D為AC的中點，根據(jù)三垂線定理得到線與線垂直，得到結(jié)論．
（3）以O(shè)為原點，以O(shè)B、OA、OC所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)出線段的長度，表示出要用的點的坐標(biāo)，做出兩個平面的法向量，根據(jù)向量之間的角度來求面與面的夾角．

解答：解：（1）在平面β內(nèi)過點C作CE⊥PQ于點E，由題知點E與點A不重合，連接EB．
∵α⊥β，α∩β=PQ，∴CE⊥α，即點C在平面α內(nèi)的射影為點E，
又∵CA=CB，∴EA=EB．∵∠BAE=45°，∴∠ABE=45°，∠AEB=90°，故BE⊥PQ，又∵CE⊥PQ，∴PQ⊥平面EBC，∵BC?平面EBC，故BC⊥PQ．
（2）由（1）知，O點即為E點，設(shè)點F是O在平面ABC內(nèi)的射影，連  接BF并延長交AC于點D，由題意可知，若F是△ABC的重心，則點D為AC的中點．
∵BO⊥PQ，平面角α-PQ-β為直二面角，
∴BO⊥β，∴OB⊥AC，由三垂線定理可知AC⊥BF，即AC⊥BD，∴AB=BC=AC，即k=1；反之，當(dāng)k=1時，三棱錐O-ABC為正三棱錐，此時，點O在平面ABC內(nèi)的射影恰好為△ABC的重心．
（3）由（2）知，可以O(shè)為原點，以O(shè)B、OA、OC所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz（如圖所示）
不妨設(shè)AB=

6

，在Rt△OAB中，∠ABO=∠BAO=45°，所以BO=AO=

3

，由CA=CB=kAB且k=

6

3

得，AC=2，∴OC=1，則O(0，0，0)，B(

3

，0，0)，A(0，

3

，0)，C(0，0，1)．
所以

AB

=(

3

，-

3

，0)，

AC

=(0，-

3

，1)
設(shè)n₁（x，y，z）是平面ABC的一個法向量，由

n1• AB =0 n1• AC =0

得

3 x- 3 y=0 - 3 y+z=0

取x=1，得n1=(1，1，

3

)
易知n₂=（1，0，0）是平面β的一個法向量，
設(shè)二面角B-AC-P的平面角為θ，所以cosθ=

n1•n2

|n1|•|n2|

=

1

5 ×1

=

5

5

，由圖可知，
二面角B-AC-P的大小為arccos

5

5

．

點評：本題看出線面之間的關(guān)系和用向量來求兩個平面的夾角的問題，把向量利用到立體幾何中，降低了題目的難度，本題是近幾年高考必考的題型