Question

如圖已知圓錐SO的底面半徑為4，母線(xiàn)長(zhǎng)為8，三角形SAB是圓錐的一個(gè)軸截面，D是SA上的一點(diǎn)，且SD=

8

3

3

．動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)沿著圓錐的側(cè)面運(yùn)動(dòng)到達(dá)點(diǎn)D，當(dāng)其運(yùn)動(dòng)路程最短時(shí)在側(cè)面留下的曲線(xiàn)Γ如圖所示．將軸截面SAB繞著軸SO逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ（0＜θ＜π）后，母線(xiàn)SB₁與曲線(xiàn)Γ相交于點(diǎn)P．
（Ⅰ）若θ=

π

2

，證明：平面A₁B₁P⊥平面ABP；
（Ⅱ）若θ=

2π

3

，求二面角B₁-AB-P的余弦值．

Answer 1

考點(diǎn)：用空間向量求平面間的夾角,平面與平面垂直的判定,二面角的平面角及求法

專(zhuān)題：空間角

分析：（Ⅰ）由已知條件推導(dǎo)出AB⊥A₁B₁，SO⊥AB，從而得到AB⊥平面SA₁B₁，由此能證明平面PAB⊥平面PA₁B₁．
（Ⅱ）以O(shè)為原點(diǎn)，AB所在直線(xiàn)為x軸，線(xiàn)段AB的中垂線(xiàn)為y軸，OS所在直線(xiàn)為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角B₁-AB-P的余弦值．

解答： 滿(mǎn)分（14分）．
（Ⅰ）證明：∵θ=

π

2

，∴AB⊥A₁B₁．…（1分）
∵SO⊥平面B₁AB，∴SO⊥AB…（2分）
又∵SO∩A₁B₁=O，∴AB⊥平面SA₁B₁，…（4分）
又∵AB?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面SA₁B₁，…（6分）
又∵P∈平面SA₁B₁，
∴平面PAB⊥平面PA₁B₁．…（7分）
（Ⅱ）解：以O(shè)為原點(diǎn)，AB所在直線(xiàn)為x軸，線(xiàn)段AB的中垂線(xiàn)為y軸，
OS所在直線(xiàn)為z軸建立如圖（1）所示的空間直角坐標(biāo)系，…（8分）
則A（-4，0，0），B（4，0，0），
將圓錐半側(cè)面圖展開(kāi)，如圖（2）所示，
由已知得∠ASB=

π

2

．  …（9分）
又∵θ=

2π

3

，∴∠ASB1=

π

6

．∵SD=

8 3

3

，SB=8，
∴∠SDP=

π

3

．∴∠SPD=

π

2

，
∴在Rt△SPD中，SP=SDsin

π

3

=4．
∴點(diǎn)P為SB₁的中點(diǎn)．…（10分）
如圖（1）∵SO⊥面AB₁B，∴面SA₁B₁⊥面AB₁B，
過(guò)P作PQ⊥OB₁交OB₁于Q，則PQ⊥面AB₁B，
∴PQ∥SO∴PQ=

1

2

SO=

1

2

SB2-OB2

=2

3

OQ=

1

2

OB1=2，
∴P(-1，

3

，2

3

)．…（11分）
∴

AP

=(3，

3

，2

3

)，∴

AB

=(8，0，0)．
設(shè)平面ABP的法向量為

n1

=（x，y，z），
則

n1 • AP =0 n1 • AB =0

，∴

3x+ 3 y+2 3 z=0 8x=0

，
取y=-2，得：

n1

=（0，-2，1）…（12分）
取平面B₁AB的法向量為

n2

=（0，0，1）…（13分）
∴cos＜

n1

，

n2

＞=

1

5

=

5

5

，
∴所求的二面角B₁-AB-P的余弦值為

5

5

．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查直線(xiàn)與平面的位置關(guān)系，二面角的大小等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，