如图，在圆锥 $PO$ 中，已知 $PO = \sqrt 2$，$ \odot O$ 的直径 $AB = 2$，$C$ 是 $\overparen {AB}$ 的中点，$D$ 为 $AC$ 的中点．
【难度】
【出处】
2011年高考湖南卷（理）
【标注】
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证明：平面 $POD \perp $ 平面 $PAC$；标注答案略解析连接 $OC$，
因为 $OA = OC$，$D$ 为 $AC$ 的中点，所以 $AC \perp OD$．
又 $PO \perp $ 底面 $ \odot O$，$AC \subset $ 底面 $ \odot O$，所以 $AC \perp PO$．
因为 $OD,$ $PO$ 是平面 $POD$ 内的两条相交直线，
所以 $AC \perp $ 平面 $POD$．而 $AC \subset $ 平面 $PAC$，
所以平面 $POD \perp $ 平面 $PAC$． -
求二面角 $B - PA - C$ 的余弦值．标注答案略解析在平面 $POD$ 中，过 $O$ 作 $OH \perp PD$ 于 $H$，
由（1）知，平面 $POD \perp $ 平面 $PAC$，所以 $OH \perp $ 平面 $PAC$，
又 $PA \subset $ 平面 $PAC,$ 所以 $PA \perp OH$．
在平面 $PAO$ 中，过 $O$ 作 $OG \perp PA$ 于 $G,$ 连接 $HG$，
则有 $PA \perp $ 平面 $OGH$，从而 $PA \perp HG$，
所以 $\angle OGH$ 是二面角 $B - PA - C$ 的平面角．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle ODA$ 中，\[OD = OA \cdot \sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt 2 }{2},\]在 ${\mathrm{Rt}}\triangle POD$ 中，\[\begin{split}OH & = \dfrac{PO \cdot OD}{{\sqrt {P{O^2} + O{D^2}} }} \\& = \dfrac{{\sqrt 2 \times \dfrac{\sqrt 2 }{2}}}{{\sqrt {2 + \dfrac{1}{2}} }} \\& = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5},\end{split}\]在 ${\mathrm{Rt}}\triangle POA$ 中，\[\begin{split}OG & = \dfrac{PO \cdot OA}{{\sqrt {P{O^2} + O{A^2}} }} \\& = \dfrac{\sqrt 2 \times 1}{{\sqrt {2 + 1} }} \\& = \dfrac{\sqrt 6 }{3},\end{split}\]在 ${\mathrm{Rt}}\triangle OHG$ 中\[\begin{split}\sin \angle OGH & = \dfrac{OH}{OG} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt {10} }}{5}}}{{\dfrac{\sqrt 6 }{3}}} \\& = \dfrac{{\sqrt {15} }}{5},\end{split}\]所以\[\cos \angle OGH = \dfrac{{\sqrt {10} }}{5},\]故二面角 $B - PA - C$ 的余弦值为 $\dfrac{{\sqrt {10} }}{5}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
