Question

12．如图，在圆锥PO中，已知PO=$\sqrt{2}$，⊙O的直径AB=2，AB上的点C平分该弧．
（1）证明：平面POD⊥平面PAC；
（2）求二面角B-PA-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结OD，易得AC⊥OD，通过PO⊥底面⊙O可得AC⊥PO，利用线面垂直、面面垂直的判定定理即得结论；
（2）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，易知OH⊥平面PAC，进而可得PA⊥OH．在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连结HG，则∠OGH为二面角B-PA-C的平面角．在Rt△ODA中计算可得OD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，在Rt△POD中计算可得OH=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，在Rt△POA中计算可得OG=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，在Rt△OHG中计算可得sin∠OGH=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，进而由cos∠OGH=$\sqrt{1-sin2∠OGH}$计算即得结论．

解答 解：（1）连结OD，∵OA=OC，D是AC的中点，∴AC⊥OD，
又∵PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，∴AC⊥PO，
∵OD、PO是平面POD内的两条相交直线，
∴AC⊥平面POD，
又∵AC?平面PAC，
∴平面POD⊥平面PAC；
（2）在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，
由（1）知，平面POD⊥平面PAC，∴OH⊥平面PAC，
又PA?面PAC，∴PA⊥OH．
在平面PAO中，过O作OG⊥PA于G，连结HG，
则有PA⊥平面OGH，从而PA⊥HG，
故∠OGH为二面角B-PA-C的平面角．
在Rt△ODA中，OD=OA•sin45°=1×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
在Rt△POD中，OH=$\frac{PO•OD}{\sqrt{P{O}^{2}+O{D}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
在Rt△POA中，OG=$\frac{PO•OA}{\sqrt{P{O}^{2}+O{A}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}×1}{\sqrt{2}+1}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
在Rt△OHG中，sin∠OGH=$\frac{OH}{OG}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$×$\frac{3}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴cos∠OGH=$\sqrt{1-sin2∠OGH}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∴二面角B-PA-C的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查面面垂直的判定，考查求二面角的余弦值，注意解题方法的积累，属于中档题．