浙江 2017 · 数学 q09

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题解图（原卷截图 · 含答案与官方解析）

浙江 2017 · 数学 q09 原卷截图（含答案）

文字转写（题面 + 答案 + 官方解析）

题面

9．（5 分）如图，已知正四面体 D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为 AB、BC、CA 上的点，AP=PB，BQQC=CRRA=2\frac{B Q}{Q C} = \frac{C R}{R A} = 2，分别记二面角D−PR−Q,D−D - P R - Q , D -PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为 α、β、γ，则（ ）

A\gamma{<} \alpha{<} \beta \ B$$a {<} v {<} \beta{C}$$\alpha{<} \beta{<} \gamma D$$\beta{<}{\gamma}{<}{\alpha}

A\gamma{<} \alpha{<} \beta \ B$$a {<} v {<} \beta{C}$$a {<} \beta{<} v D$$\beta{<}{\gamma}{<}{\alpha}

答案

B

解析

分析

解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC\triangle A B C的中心为O．不妨设OP=3O P = 3．则O(0,O,O),P(0,-3,O),C(0,-6,0),D(0,0,62)\begin{array}{r}{\textnormal{O} ( 0 , \textnormal{O} , \textnormal{O} ) , \textnormal{P} ( 0 , \textnormal{-} 3 , \textnormal{O} ) , \textnormal{C} ( 0 , \textnormal{-} 6 , \textnormal{0} ) , \textnormal{D} ( 0 , \textnormal{0} , \textnormal{6} \sqrt{2} )} \end{array}）， b0(3, 2, 0),  bR(−23, 0, 0)\ b_{0} \left( \sqrt{3} , \ 2 , \ 0 \right) , \ \ b_{R} \left( - 2 \sqrt{3} , \ 0 , \ 0 \right)，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OD，OQ，OR，过点O 发布作垂线：0E⊥DR,OF⊥DQ0 E \bot D R , O F \bot D Q

OG⊥ORO G \bot O R，垂足分别为 E，F，G，连接 PE，PF，PG．设 OP=h．可得cos⁡α=SΔ ODRSΔ PDR=OEPE=OEOE2+h2\cos \alpha = \frac{S_{\Delta \ O D R}}{S_{\Delta \ 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 v = \frac{O G}{P G} = \frac{O G}{\sqrt{O G^{2} + h^{2}}}．由已知可得：0E>0G>0F0 E {>} 0 G {>} 0 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△ABC\triangle A B C的中心为O不妨设 OP=3．则\begin{array}{r}{\textnormal{O} ( 0 , \textnormal{O} , 0 ) , \textnormal{P} ( 0 , \textnormal{-} 3 , \textnormal{O} ) , \textnormal{C} ( 0 , \textnormal{-} 6 , \textnormal{0} ) , \textnormal{D} ( 0 , \textnormal{0} , 0 , \sqrt{2} )} \end{array}$$\ b_{0} \left( \sqrt{3} , \ \ \ 2 , \ \ \ 0 \right) , \ \ \_{\mathbb{R}} \left( - 2 \sqrt{3} , \ \ \ b 0 , \ \ \ 0 \right)

\overrightarrow{\mathrm{P R}} = ( - 2 \sqrt{3} , 3 , 0 ) , \overrightarrow{\mathrm{P I}} = ( 0 , 3 , 6 \sqrt{2} ) , \overrightarrow{\mathrm{P}} \overrightarrow{\mathrm{Q}} = ( \sqrt{3} , 5 , 0 ) , \overrightarrow{\mathrm{Q R}} = ( - 3 \sqrt{3} , - 2 , 0 )$$\overrightarrow{{Q D}} = ( - \sqrt{3} , - 2 , 6 \sqrt{2} )

设平面PDR的法向量为Φ⃗Ir⃗=Φ(x,Λ∀,Λ2)\vec{\Phi}_{\mathrm{{I}}} \vec{{r}} = {\Phi} ( {x} , {\Lambda} \forall , {\Lambda}_{2} )，则{n⃗∙PR→=0μ⃗∙μ→=0,\left\{\begin{array}{l l}{{\vec{n}} \bullet{\overrightarrow{P R}} = 0} \\ {{\vec{\mu}} \bullet{\overrightarrow{\mu}} = 0} \end{array} \right. ,，可得{−23x+3y=03y+62z=0\left\{\begin{array}{l l}{- 2 \sqrt{3} x + 3 y = 0} \\ {3 y + 6 \sqrt{2} z = 0} \end{array} \right.

可得r→=(6,22,−1)\overrightarrow{\mathrm{r}} = ( \sqrt{6} , 2 \sqrt{2} , - 1 )，取平面ABC 的法向量π= (0, 0, 1)\stackrel{}{\pi} = \ ( 0 , \ 0 , \ 1 )

则cos⁡<m,n⃗>=m⃗∙n⃗∣m⃗∣∣n⃗∣=−115\cos <_{\mathrm{\mathfrak{m}}}^{} , \vec{\mathrm{n}} > = \frac{\vec{\mathrm{m}}^{\bullet} \vec{\mathrm{n}}}{| \vec{\mathrm{m}} | | \vec{\mathrm{n}} |} = \frac{- 1}{\sqrt{1 5}}，取a−arccos115a - a r c c o s \frac{1}{\sqrt{1 5}}

同理可得：\beta{=} a r c c o s \frac{3}{\sqrt{6 8 1}} . \quad v = a r c c o s \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{9 5}} .$$\because \frac{1}{\sqrt{1 5}} > \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{9 5}} > \frac{3}{\sqrt{6 8 1}} .$$\therefore a < v < \beta .

解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O 发布作垂线：0 E \bot D R , O F \bot D Q$$O G \bot O R，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG

设OP=h.O P = h .

则cos⁡α=SΔ ODRSΔ PDR=OEPE=OEOE2+h2.\cos \alpha = \frac{S_{\Delta \ O D R}}{S_{\Delta \ P D R}} = \frac{O E}{P E} = \frac{O E}{\sqrt{O E^{2} + h^{2}}} .

同理可得：cos⁡β=OFPF=OFOF2+h2,cosv=OGPG=OGOG2+h2.\cos \beta = \frac{O F}{P F} = \frac{O F}{\sqrt{O F^{2} + \mathrm{h}^{2}}} , c o s v = \frac{O G}{P G} = \frac{O G}{\sqrt{O G^{2} + \mathrm{h}^{2}}} .

由已知可得：0E>0G>0F0 E {>} 0 G {>} 0 F

∴cos⁡α−cos⁡γ>cos⁡β\therefore \cos \alpha - \cos \gamma > \cos \beta，α，β，γ 为锐角

∴a<v<β\therefore a < v < \beta

故选：B