说说最难的立体几何高考题⑶
大罕

【题目】如图1，在三棱锥 P-ABC 中，AB⊥BC，AB=2，BC=2√2， PB=PC=√6，BP、AP、BC的中点分别D、E、O，AD=√5DO, 点F在AC上， BF⊥AO，
⑴证明：EF∥平面ADO；
⑵证明：平面 ADO⊥平面BEF：
⑶求二面角 D-AO-C 的正弦值.

【说题】本文说的是第⑶小题．
人们戏称此题为史上最难高考题，就是因为这一小题．
两大要点：一是指明哪个角是二面角的平面角，二是计算这个角．
第一点似乎不难，过点O作OH∥BF交AC于点H，由已知BF⊥AO，而OH∥BF，故OH⊥AO，又由⑵知DO⊥AO，故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角．
计算∠DOH却颇费周折．
需要计算△ODH的三条边OD、OH和DH的长度．其中，OD=(1/2)PC=√6/2、
OH=(1/2)BF=√3/2，唾手可得．而计算DH此乃周折所在．
为方便理解，先给出线路图：AD→PA→BE→GF→DH，其中G是AD与BE交点，如图4．

由线路图可知，先把△PAB的边及中线弄清楚，即计算出AD、PA、BE的长度．
AD=√5DO=√5×(√6/2)=√30/2，
计算PA，需在“共角”的两个三角形内同时运用余弦定理，
在△PBA与△DBA（有共同的角B）中，
cosB=(BP^2+BA^2-PA^2)/2×BP×BA=(BD^2+BA^2-DA^2)/2×BD×BA，
即(6+4-PA^2)/2×√6×2=(3/2+4-15/2)/2×(√6/2)×2，
解得PA^2=14．

以下计算BE，再次利用共角的两个三角形的余弦定理！
在△PAB与△EAB（有共同的角A）中，
cosA=(AP^2+AB^2-PB^2)/2×AP×AB=(AE^2+AB^2-EB^2)/2×AE×AB，
即(14+4-6)/2×√14×2=(7/2+4- EB^2)/2×(√14/2)×2，
解得EB^2=3/2．

下一步，证明BE⊥EF：
∵BE^2+EF^2=3/2+(√6/2)×2=3=BF^2，遂得证．
乘胜前进：在Rt△GEF中，GF^2=GE^2+EF^2，
而点G是△PAB的重心（许多人意想不到吧），故
GE=(1/3)BE=(1/3)(√6/2)=1/√6，
∴GF^2=GE^2+EF^2=(1/√6)^2+(√6/2)^2=5/3，
终于接近主题：在△ADH中，AG/GD=2/1=AF/FH，
∴DH=(3/2)GF=√15/2，

至此，△ODH的三边凑齐了：OD=√6/2，OH=√3/2，DH=√15/2，
一锅烩：cos∠DOH=(OD^2+OH^2-DH^2)/2×OD×OH
=(3/2+3/4-15/4)/2×(√6/2)×(√3/2)=-√2/2
∴sin∠DOH=√2/2.
大功告成！

【注】所谓共角的余弦定理，其实就是三角形的中线长公式，也就是定理：平行四边形对角线的平方和等于四边的平方和。
2023-8-18

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