2017_浙江卷 (2017)
9．（5 分）如图，已知正四面体 $\mathrm{D}-\mathrm{ABC}$（所有棱长均相等的三棱锥）， $\mathrm{P} , \mathrm{Q} , \mathrm{R}$分别为 $A B , B C , C A$ 上的点，$A P=P B, \frac{B Q}{Q C}=\frac{C R}{R A}=2$ ，分别记二面角 $D-P R-Q$ ， $\mathrm{D}-\mathrm{PQ}-\mathrm{R}, \mathrm{D}-\mathrm{QR}-\mathrm{P}$ 的平面角为 $\alpha, \beta, \gamma$ ，则（）
【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面 $\triangle A B C$ 的中心为 $O$ ．不妨设 $O P=3$ ．则 $O(0,0,0), P(0,-3,0), C(0,-6,0), D(0$ ， $0,6 \sqrt{2}), \mathrm{Q}(\sqrt{3}, 2,0), \mathrm{R}(-2 \sqrt{3}, 0,0)$ ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角。
解法二：如图所示，连接 $\mathrm{OD}, \mathrm{OQ}, \mathrm{OR}$ ，过点 O 发布作垂线： $\mathrm{OE} \perp \mathrm{DR}, \mathrm{OF} \perp \mathrm{DQ}, \mathrm{OG} \perp \mathrm{QR}$ ，垂足分别为 $\mathrm{E}, \mathrm{F}, \mathrm{G}$ ，连接 $\mathrm{PE}, \mathrm{PF}, \mathrm{PG}$ ．设 $\mathrm{OP}=\mathrm{h}$ ．可得 $\cos \alpha= \frac{S_{\triangle O D R}}{S_{\triangle P D R}}=\frac{O E}{P E}=\frac{O E}{\sqrt{O E^{2}+h^{2}}}$ ．同 理 可 得： $\cos \beta=\frac{O F}{P F}=\frac{O F}{\sqrt{O F^{2}+h^{2}}}$ ， $\cos \gamma=\frac{O G}{P G}=\frac{O G}{\sqrt{O G^{2}+h^{2}}}$ ．由已知可得：$O E>O G>O F$ ．即可得出．
【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面 $\triangle A B C$ 的中心为 $O$ ．不妨设 $O P=3$ 。则 $O(0,0,0), P(0,-3,0), C(0,-6,0), D(0,0$ ， $6 \sqrt{2})$, $\mathrm{Q}(\sqrt{3}, 2,0), \mathrm{R}(-2 \sqrt{3}, 0,0)$, $\overrightarrow{\mathrm{PR}}=(-2 \sqrt{3}, 3,0), \overrightarrow{\mathrm{PD}}=(0,3,6 \sqrt{2}), \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(\sqrt{3}, 5,0)$ ， $\overrightarrow{\mathrm{QR}}=(-3 \sqrt{3},-2,0)$, $\overrightarrow{\mathrm{QD}}=(-\sqrt{3},-2,6 \sqrt{2})$.
设平面 PDR 的法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PR}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{n}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PD}}=0\end{array}\right.$ ，可得 $\left\{\begin{array}{l}-2 \sqrt{3} x+3 y=0 \\ 3 y+6 \sqrt{2} z=0\end{array}\right.$ ，
可得 $\overrightarrow{\mathrm{n}}=(\sqrt{6}, 2 \sqrt{2},-1)$ ，取平面 ABC 的法向量 $\vec{\pi}=(0,0,1)$ ．
则 $\cos <\vec{m}, \vec{n}>=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{-1}{\sqrt{15}}$ ，取 $\alpha=\arccos \frac{1}{\sqrt{15}}$ ．
同理可得：$\beta=\arccos \frac{3}{\sqrt{681}} . \gamma=\arccos \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{95}}$ ．
$\because \frac{1}{\sqrt{15}}>\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{95}}>\frac{3}{\sqrt{681}}$.
$\therefore \alpha<\gamma<\beta$ ．
解法二：如图所示，连接 $\mathrm{OD}, \mathrm{OQ}, \mathrm{OR}$ ，过点 O 发布作垂线： $\mathrm{OE} \perp \mathrm{DR}, ~ \mathrm{OF} \perp \mathrm{DQ}, \mathrm{OG} \perp \mathrm{QR}$ ，垂足分别为 $\mathrm{E}, \mathrm{F}, \mathrm{G}$ ，连接 $\mathrm{PE}, \mathrm{PF}, \mathrm{PG}$ 。
设 $O P=h$ ．
则 $\cos \alpha=\frac{S_{\triangle O D R}}{S_{\triangle P D R}}=\frac{O E}{P E}=\frac{O E}{\sqrt{O E^{2}+h^{2}}}$ ．
同理可得： $\cos \beta=\frac{\mathrm{OF}}{\mathrm{PF}}=\frac{\mathrm{OF}}{\sqrt{\mathrm{OF}^{2}+\mathrm{h}^{2}}}, \cos \gamma=\frac{\mathrm{OG}}{\mathrm{PG}}=\frac{\mathrm{OG}}{\sqrt{\mathrm{OG}^{2}+\mathrm{h}^{2}}}$ ．
由已知可得：$O E>O G>O F$ ．
$\therefore \cos \alpha>\cos \gamma>\cos \beta, \alpha, \beta, \gamma$ 为锐角．
$\therefore \alpha<\gamma<\beta$ ．
故选：B．
【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题。