Question

如圖，△ABC中，O是BC的中點，AB=AC，AO=2OC=2．將△BAO沿AO折起，使B點與圖中B'點重合．
（Ⅰ）求證：AO⊥平面B′OC；
（Ⅱ）當(dāng)三棱錐B'-AOC的體積取最大時，求二面角A-B′C-O的余弦值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，試問在線段B′A上是否存在一點P，使CP與平面B′OA所成的角的正弦值為

2

3

？證明你的結(jié)論．

Answer 1

考點：二面角的平面角及求法,直線與平面垂直的判定,直線與平面所成的角

專題：空間位置關(guān)系與距離,空間角

分析：（Ⅰ）證明AO⊥OB'，AO⊥OC，然后利用直線與平面垂直的判定定理證明AO⊥平面B'OC．
（Ⅱ）在平面B'OC內(nèi)，作B'D⊥OC于點D，判斷當(dāng)D與O重合時，三棱錐B'-AOC的體積最大，
解法一：過O點作OH⊥B'C于點H，連AH，說明∠AHO即為二面角A-B'C-O的平面角，然后就三角形即可得到結(jié)果．解法二：依題意得OA、OC、OB'兩兩垂直，分別以射線OA、OC、OB'為x、y、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，求出平面B'OC的法向量為

n

，求出平面AB'C的法向量為

m

，利用空間向量的數(shù)量積求解二面角的余弦值．（Ⅲ）解法一：存在，且為線段AB'的中點，證明設(shè)

AP

=λ

AB′

=(-2λ，0，λ)，求出

CP

，以及平面B'OA的法向量

n

=(0，1，0)，利用空間向量的距離公式求解即可．
解法二：連接OP，因為CO⊥平面B'OA，得到∠OPC為CP與面B'OA所成的角，通過就三角形即可求出AB′=

5

即P為AB'的中點．

解答： 解：（Ⅰ）∵AB=AC且O是BC中點，∴AO⊥BC即AO⊥OB'，AO⊥OC，
又∵OB'∩OC=O，∴AO⊥平面B'OC…（3分）
（Ⅱ）在平面B'OC內(nèi)，作B'D⊥OC于點D，則由（Ⅰ）可知B'D⊥OA
又OC∩OA=O，∴B'D⊥平面OAC，即B'D是三棱錐B'-AOC的高，
又B'D≤B'O，所以當(dāng)D與O重合時，三棱錐B'-AOC的體積最大，
…（5分）
解法一：過O點作OH⊥B'C于點H，連AH，由（Ⅰ）知AO⊥平面B'OC，
又B'C⊆平面B'OC，∴B'C⊥AO∵AO∩OH=O，∴B'C⊥平面AOH，∴B'C⊥AH，
∴∠AHO即為二面角A-B'C-O的平面角．…（7分）Rt△AOH中，AO=2，OH=

2

2

，∴AH=

3 2

2

，
∴cos∠AHO=

OH

AH

=

1

3

，
故二面角A-B₁C-O的余弦值為

1

3

…（9分）
解法二：依題意得OA、OC、OB'兩兩垂直，分別以射線OA、OC、OB'
為x、y、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
設(shè)平面B'OC的法向量為

n

，可得

n

=(1，0，0)
設(shè)平面AB'C的法向量為

m

，由

m • AB′ =0 m • AC =0

⇒

m

=(1，2，2)…（7分）cos?

m，

n

＞=

m • n

| m || n |

=

1

1× 1+4+4

=

1

3

，
故二面角A-B′C-O的余弦值為：

1

3

．…（9分）
（Ⅲ）解法一：存在，且為線段AB'的中點
證明如下：設(shè)

AP

=λ

AB′

=(-2λ，0，λ)

CP

=

CA

+

AP

=(2-2λ，-1，λ)…（11分）
又平面B'OA的法向量

n

=(0，1，0)，
依題意得

| CP • n |

| CP || n |

=

2

3

⇒

1

5λ2-8λ+5

=

2

3

⇒20λ2-32λ+11=0…（13分）
解得λ=

1

2

(λ=

11

10

＞1舍去）…（14分）
解法二：連接OP，因為CO⊥平面B'OA，
所以∠OPC為CP與面B'OA所成的角，…（11分）
故sin∠OPC=

2

3

，cos∠OPC=

5

3

，tan∠OPC=

2

5

=

OC

OP

=

1

OP

，∴OP=

5

2

…（13分）
又直角OB'A中，OA=2，OB'=1，∴AB′=

5

即P為AB'的中點…（14分）

點評：本題考查空間向量數(shù)量積的應(yīng)用，二面角的大小的求法，幾何法求法距離以及夾角的方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．