（14分）（2013•广东）如图1，在等腰直角三角形 AB…——2013 高考数学第 18 题答案解析

【解答】
（14分）（2013•广东）如图1，在等腰直角三角形 ABC 中，$\angle \mathrm{A}=90^{\circ}, \mathrm{BC}=6, \mathrm{D}, \mathrm{E}$ 分别是 $\mathrm{AC}, \mathrm{AB}$ 上的点， $C D=B E=\sqrt{2}, O$ 为 $B C$ 的中点．将 $\triangle A D E$ 沿 $D E$ 折起，得到如图2所示的四棱椎 $A^{\prime}-B C D E$ ，其中 $A^{\prime} O=\sqrt{3}$ ．
（1）证明： $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{O} \perp$ 平面 BCDE ；

（2）求二面角 $\mathrm{A}^{\prime}-\mathrm{CD}-\mathrm{B}$ 的平面角的余弦值．

图1

图2

考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．
专题：空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．
分析：（1）连接 OD ， OE ．在等腰直角三角形 ABC 中，$\angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{C}=45^{\circ}, \mathrm{CD}=\mathrm{BE}=\sqrt{2}, \mathrm{AD}=\mathrm{AE}=2 \sqrt{2}, \mathrm{CO}= \mathrm{BO}=3$ ．分别在 $\triangle \mathrm{COD}$ 与 $\triangle \mathrm{OBE}$ 中，利用余弦定理可得 OD ，OE．利用勾股定理的逆定理可证明 $\angle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{OD}=\angle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{OE}=90^{\circ}$ ，再利用线面垂直的判定定理即可证明；
**方法一**：过点 O 作 $\mathrm{OF} \perp \mathrm{CD}$ 的延长线于 F ，连接 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{F}$ ．利用（1）可知： $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{O} \perp$ 平面 BCDE ，根据三垂线定理得 $A^{\prime} F \perp C D$ ，所以 $\angle A^{\prime} F O$ 为二面角 $A^{\prime}-C D-B$ 的平面角。在直角 $\triangle O C F$ 中，求出 $O F$ 即可 ；
**方法二**：取 $D E$ 中点 $H$ ，则 $O H \perp O B$ ．以 $O$ 为坐标原点，$O H , O B , O A^{\prime}$ 分别为 $x , y , z$ 轴建立空间直角坐标系．利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角．
解答：（1）证明：连接 $\mathrm{OD}, \mathrm{OE}$ ．
因为在等腰直角三角形 ABC 中，$\angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{C}=45^{\circ}, \mathrm{CD}=\mathrm{BE}=\sqrt{2}, \mathrm{CO}=\mathrm{BO}=3$ ．
在 $\triangle \mathrm{COD}$ 中， $\mathrm{OD}=\sqrt{\mathrm{CO}^{2}+\mathrm{CD}^{2}-2 \mathrm{CO} \cdot \mathrm{CD} \cos 45^{\circ}}=\sqrt{5}$ ，同理得 $\mathrm{OE}=\sqrt{5}$ ．
因为 $\mathrm{AD}=\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{D}=\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{E}=\mathrm{AE}=2 \sqrt{2}, \mathrm{~A}^{\prime} \mathrm{O}=\sqrt{3}$ ．
所以 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{O}^{2}+\mathrm{OD}^{2}=\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{D}^{2}, \mathrm{~A}^{\prime} \mathrm{O}^{2}+\mathrm{OE}^{2}=\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{E}^{2}$ 。
所以 $\angle A^{\prime} O D=\angle A^{\prime} O E=90^{\circ}$
所以 $A^{\prime} O \perp O D, A^{\prime} O \perp O E, O D \cap O E=O$ ．
所以 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{O} \perp$ 平面 BCDE ．
**方法一**：
过点 O 作 $\mathrm{OF} \perp \mathrm{CD}$ 的延长线于 F ，连接 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{F}$
因为 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{O} \perp$ 平面 BCDE ．
根据三垂线定理，有 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{F} \perp \mathrm{CD}$ 。
所以 $\angle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{FO}$ 为二面角 $\mathrm{A}^{\prime}-\mathrm{CD}-\mathrm{B}$ 的平面角。
在Rt $\triangle \mathrm{COF}$ 中， $\mathrm{OF}=\mathrm{CO} \cos 45^{\circ}=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$ ．
在Rt $\triangle A^{\prime} O F$ 中，$A^{\prime} F=\sqrt{A 0^{2}+O F^{2}}=\frac{\sqrt{30}}{2}$ ．
所以 $\cos \angle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{FO}=\frac{\mathrm{OF}}{\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{F}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$ ．
所以二面角 $\mathrm{A}^{\prime}-\mathrm{CD}-\mathrm{B}$ 的平面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{15}}{5}$ ．
**方法二**：
取 DE 中点 H ，则 $\mathrm{OH} \perp \mathrm{OB}$ ．
以 $O$ 为坐标原点，$O H , O B , O A^{\prime}$ 分别为 $x , y , z$ 轴建立空间直角坐标系．
则 $\mathrm{O}(0,0,0), \mathrm{A}^{\prime}(0,0, \sqrt{3}), \mathrm{C}(0,-3,0), \mathrm{D}(1,-2,0) \overrightarrow{\mathrm{OA}^{\prime}}=(0,0, \sqrt{3})$ 是平面 BCDE 的一个法向量．

设平面 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{CD}$ 的法向量为 $\mathrm{n}=(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}) \overrightarrow{\mathrm{CA}^{\prime}}=(0,3, \sqrt{3}), \overrightarrow{\mathrm{CD}}=(1,1,0)$ ．
所以 $\left\{\begin{array}{l}n \cdot \overrightarrow{\mathrm{CA}}=3 y+\sqrt{3} z=0 \\ n \cdot \overrightarrow{\mathrm{CD}}=x+y=0\end{array}\right.$ ，令 $x=1$ ，则 $y=-1, z=\sqrt{3}$ ．
所以 $\mathrm{n}=(1,-1, \sqrt{3})$ 是平面 $\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{CD}$ 的一个法向量
设二面角 $A^{\prime}-C D-B$ 的平面角为 $\theta$ ，且 $\theta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$
所以 $\cos \theta=\frac{\overrightarrow{\mathrm{OA}^{\prime}} \cdot \mathrm{n}}{\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}^{\prime}}\right| \cdot|\mathrm{n}|}=\frac{3}{\sqrt{3} \times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$
所以二面角 $\mathrm{A}^{\prime}-\mathrm{CD}-\mathrm{B}$ 的平面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{15}}{5}$

点评：本题综合考查了等腰直角三角形的性质、余弦定理、线面垂直的判定与性质定理、三垂线定哩、二面角、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力。