《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

跟踪训练2（2023·开封模拟）如图，四边形$ABCD$是圆柱$OQ$的轴截面，圆柱$OQ$的侧面积为$6\sqrt{3}\pi$，点$P$在圆柱$OQ$的下底面圆周上，且$\triangle OPB$是边长为$\sqrt{3}$的等边三角形.
（1）若$G$是$DP$的中点，求证：$AG\perp BD$；
（2）若$\overrightarrow{DG}=2\overrightarrow{GP}$，求$GB$与平面$ABCD$所成角的正弦值.

答案：
（1）证明　　设圆柱QQ的底面半径为r，高为h. 　因为△OPB是边长为$\sqrt{3}$的等边三角形，所以∠ABP=60°,r=$\sqrt{3}$ 　因为圆柱QQ的侧面积为6$\sqrt{3}$π, 　所以2πrh=6$\sqrt{3}$π, 　解得h=3. 　在下底面圆O中，∠APB=90°,∠ABP=60°: 　所以AP=BP.tan60°=3. 　因为DA⊥平面APB，所以DA⊥ BP,DA⊥AP. 　因为∠APB=90°,所以AP⊥BP,又AP∩AD=A,AP,ADC:平面 APD,所以BP⊥平面APD. 因为AGC平面APD，所以BP⊥AG，在△DAP中，AD=AP=3,G是DP 的中点，所以DP⊥AG. 　　又BP∩DP=P,BP,DPC平面BPD,所以AG⊥平面BPD 　　因为BDC平面BPD，所以AG⊥BD 　　（2）解　　在下底面 　　圆0内过O作Ox 　　$\frac{0}{QQ}$⊥AB分原,别连点接为,→OxQxQ,，→Oy，B，以之, 　　　　　　　　　　 轴正方向建立如图 　　所示的空间直角坐 　　标系. 　　则B(0,$\sqrt{3}$,0)， 　　 D(o,-$\sqrt{3}$,3),P($\frac{3}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,0), 　　因为DG=2GP， 　　设G点坐标为(x。,y。,2。), 　　则(x。,y。+$\sqrt{3}$,。-3)= 　　2($\frac{3}{2}$一x。，$\frac{\sqrt{3}}{2}$-y。,=z。), 　　　x口=2($\frac{3}{2}$-x0), 　　即{　　　$\sqrt{3}$=2($\frac{3}{2}$-y。), 　　　　2。-3=-2z。, 　　　　x。=1, 　　解得{y。=0， 　　　　z。=1, 　　所以G(1,0,1), 　　所以G烹=(-1,$\sqrt{3}$,-1). 　　显然，向量n=(1.0,0)是平面ABCD 的一个法向量. 　　设GB与平面ABCD所成的角→为日，所以sinθ=|cosGB,n)|=IGB.n|IGBI|n|=$\frac{5}{5}$ 　　所以GB与平面ABCD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$

例3（12分）（2023·全国乙卷）如图，三棱锥$P - ABC$中，$AB\perp BC$，$AB = 2$，$BC = 2\sqrt{2}$，$PB = PC = \sqrt{6}$，$BP$，$AP$，$BC$的中点分别为$D$，$E$，$O$，$AD = \sqrt{5}$，$DO$，点$F$在$AC$上，$BF\perp AO$.
（1）证明：$EF//$平面$ADO$； [切入点：由$BF\perp AO$找$F$位置]
（2）证明：平面$ADO\perp$平面$BEF$； [切入点：证明$AO\perp$平面$BEF$]
（3）求二面角$D - AO - C$的正弦值. [关键点：由$AO\perp BE$及$PB$长求点$P$坐标]
[思路分析]
（1）利用向量及$\overrightarrow{BF}\perp\overrightarrow{AO}\to F$为$AC$中点$\to EF// OD$
（2）利用勾股定理$\to AO\perp OD\to AO\perp$平面$BEF$
（3）建系设点$P$坐标$\to$由$AO\perp BE$及$PB$长求点$P$坐标$\to$求法向量$\to$求角
答题模板 规范答题不丢分
（1）证明 设$AF = tAC$，
则$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=(1 - t)\overrightarrow{BA}+t\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{AO}=-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$，（1分）
因为$BF\perp AO$，
所以$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=[(1 - t)\overrightarrow{BA}+t\overrightarrow{BC}]\cdot(-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC})=(t - 1)\overrightarrow{BA}^2+\frac{1}{2}t\overrightarrow{BC}^2 = 4(t - 1)+4t = 0$，解得$t = \frac{1}{2}$，（3分）
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$EF\not\subset$平面$ADO$，$DO\subset$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$AO = \sqrt{AB^2 + OB^2}=\sqrt{6}$，$DO = \frac{1}{2}PC = \frac{\sqrt{6}}{2}$，
所以$AD = \sqrt{5}$，$DO = \frac{\sqrt{30}}{2}$，因此$DO^2 + AO^2 = AD^2 = \frac{15}{2}$，
则$DO\perp AO$，
所以$EF\perp AO$，
又$AO\perp BF$，$BF\cap EF = F$，$BF$，$EF\subset$平面$BEF$，则有$AO\perp$平面$BEF$，（7分）
又$AO\subset$平面$ADO$，所以平面$ADO\perp$平面$BEF$.（8分）
（3）解 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$B(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$O(0,\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{AO}=(-2,\sqrt{2},0)$.
因为$PB = PC$，$BC = 2\sqrt{2}$，
所以设$P(x,\sqrt{2},z)$，$z\gt0$，（9分）
则$\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AP}=(2,0,0)+\frac{1}{2}(x - 2,\sqrt{2},z)=(\frac{x + 2}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{z}{2})$，
由（2）得$AO\perp BE$，
所以$\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{BE}=(-2,\sqrt{2},0)\cdot(\frac{x + 2}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{z}{2}) = 0$，
所以$x = - 1$，又$PB = \sqrt{6}$，$\overrightarrow{BP}=(x,\sqrt{2},z)$，
所以$x^2 + 2 + z^2 = 6$，所以$z = \sqrt{3}$，则$P(-1,\sqrt{2},\sqrt{3})$.
由$D$为$PB$的中点，得$D(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，则$\overrightarrow{AD}=(-\frac{5}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$.
设平面$DAO$的法向量为$\boldsymbol{n}_1=(a,b,c)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_1\cdot\overrightarrow{AD}=0,\\\boldsymbol{n}_1\cdot\overrightarrow{AO}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-\frac{5}{2}a+\frac{\sqrt{2}}{2}b+\frac{\sqrt{3}}{2}c = 0,\\-2a+\sqrt{2}b = 0,\end{cases}$
得$b = \sqrt{2}a$，$c = \sqrt{3}a$，取$a = 1$，则$\boldsymbol{n}_1=(1,\sqrt{2},\sqrt{3})$.
易知平面$CAO$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_2=(0,0,1)$，（11分）
设二面角$D - AO - C$的大小为$\theta$，
则$|\cos\theta| = |\cos\langle\boldsymbol{n}_1,\boldsymbol{n}_2\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$\sin\theta = \sqrt{1 - \frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故二面角$D - AO - C$的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.（12分）

答案：