习题3.2课件配套优秀获奖教案

立体几何解答题

1．

在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．

(1)求证：AB⊥CD；

(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．

解：(1)∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，

∴AB⊥平面BCD.

又CD⊂平面BCD，

∴AB⊥CD.

(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．

由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.

以B为坐标原点，分别以直角坐标系．

的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间

110，，，

依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M22则设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，

则x＋y＝0，00即1取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．

1y＋z＝0，2020

设直线AD与平面MBC所成角为θ，

则即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为6.

3

以O为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，为单位长，

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

2.如图1，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点，且该四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图2所示．

(1)证明：BC⊥平面PBD；

(2)证明：AM∥平面PBC；

（3）求直线PB与MC所成角的正弦值.

法一：(1)由图2中的俯视图可得，BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD.

又PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥PD.

又BD∩PD＝D，所以BC⊥平面PBD.

(2)由图2中的侧(左)视图可知PM∶PD＝1∶4，

故取PC上一点Q，使PQ∶PC＝1∶4，连接MQ，BQ，

1所以MQ∥CD，MQ＝CD.

4在△BCD中，易得∠CDB＝60°，所以∠ADB＝30°.

又BD＝2，所以AB＝1，AD＝3.

1又AB∥CD，AB＝CD，

4所以AB∥MQ，AB＝MQ，所以四边形ABQM为平行四边形，AM∥BQ.

因为AM⊄平面PBC，BQ⊂平面PBC，

所以AM∥平面PBC.

法二：(1)因为PD⊥平面ABCD，DA⊥DC，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

在△BCD中，易得∠CDB＝60°，所以∠ADB＝30°.

又BD＝2，所以AB＝1，AD＝3.

由图2中的俯视图和侧(左)视图可得，D(0,0,0)，A(3，0,0)，B(3，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3)，P(0,0,4)，

所以因为所以BC⊥BD.

又PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥PD.

又BD∩PD＝D，所以BC⊥平面PBD.

(2)设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则有因为

4y－4z＝0，所以令y＝1，则x＝3，z＝1，得n＝(3，1,1)为平面PBC的一个－3x＋3y＝0，法向量．

因为所以＝3×(－3)＋1×0＋1×3＝0.

因为AM⊄平面PBC，所以AM∥平面PBC.

3.如图，

在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2. (1)证明：DE⊥平面ACD；

(2)求二面角B-AD-E的大小．

(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2.

由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.

又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.

所以AC⊥DE.又DE⊥DC，AC∩DC＝C，从而DE⊥平面ACD.

(2)法一：作BF⊥AD，与AD交于点F.过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，

由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角．

222在直角梯形BCDE中，由CD＝BC＋BD，得BD⊥BC，

又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB.

由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.

在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝2，得AD＝6.

在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝6，得AE＝7.

在Rt△ABD中，由BD＝2，AB＝2，AD＝6，

2322得BF＝，AF＝AD.从而GF＝.

333572在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.

143222GF＋BF－BG3在△BFG中，cos∠BFG＝＝.

2BF·GF2ππ所以∠BFG＝，即二面角B-AD-E的大小是.

66法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示．

由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，2)，B(1,1,0)．

设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．可算得＝(0，－2，－2)，

由－2y1－2z1＝0，即

x1－2y1－2z1＝0.

可取m＝(0,1，－2)．

由－2y2－2z2＝0，即

x2＋y2＝0，

可取n＝(1，－1，2)．

|m·n|33于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.

|m|·|n|3·22由题意可知，所求二面角是锐角，

π故二面角B-AD-E的大小是.

6

14．如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为3圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.

(1)求证：PA⊥CD；

(2)求二面角C-PB-A的余弦值.

解：(1)证明：法一：连接CO，由3AD＝DB知，点D为AO的中点，

∵AB为圆O的直径，∴AC⊥CB，由3AC＝BC知，∠CAB＝60°，

∴△ACO为等边三角形，从而CD⊥AO.

∵PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，

∴PD⊥CD， 由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，

又PA⊂平面PAB，∴PA⊥CD.

法二：∵AB为圆O的直径，∴AC⊥CB，

在Rt△ABC中，由3AC＝BC得，∠ABC＝30°，

设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝23，

由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 30°＝3，

222∴CD＋DB＝BC，即CD⊥AO.

∵PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，

∴PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，

又PA⊂平面PAB，∴PA⊥CD.

(2)法一(几何法)：如图，过点D作DE⊥PB，垂足为E，连接CE.

由(1)知CD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，

∴CD⊥PB，又DE∩CD＝D，

∴PB⊥平面CDE，

又CE⊂平面CDE，∴CE⊥PB，

∴∠DEC为二面角C-PB-A的平面角．

设AD＝1，则CD＝3，PD＝DB＝3，

32∴PB＝32，则DE＝，

2CD36∴在Rt△CDE中，tan∠DEC＝＝＝，

DE32321515∴cos∠DEC＝，即二面角C -PB -A的余弦值为.

55

法二(向量法)：以D为原点，的方向分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AD＝1，由3AD＝DB，3AC＝BC，得PD＝DB＝3，CD＝3，∴D(0,0,0)，C(3，0,0)，B(0,3,0)，P(0,0,3)，

由CD⊥平面PAB，知平面PAB的一个法向量为设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则

＝(－3，0,0)．

3x－3z＝0，即令y＝1，则x＝3，z＝1，

3y－3z＝0，∴n＝(3，1,1)是平面PBC的一个法向量，设二面角C-PB-A的平面角的大小为θ，由图π0，，

知，θ∈2315＝，

55×315∴二面角C -PB -A的余弦值为.

5

5．已知三棱柱ABC-A′B′C′中，平面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC，底面是边长为2的等边三角形，AA′＝3，E，F分别在棱AA′，CC′上，且AE＝C′F＝2.

(1)求证：BB′⊥底面ABC；

58(2)在棱A′C′上找一点M，使得BM和平面BEF所成角的余弦值为，并说明理由．

8

则cos θ＝＝

解：(1)取BC的中点O，连接AO，因为三角形ABC是等边三角形，所以AO⊥BC，

又因为平面BCC′B′⊥底面ABC，AO⊂平面ABC，平面BCC′B′∩平面ABC＝BC，

所以AO⊥平面BCC′B′，又BB′⊂平面BCC′B′，

所以AO⊥BB′.

又BB′⊥AC，AO∩AC＝A，AO⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以BB′⊥底面ABC.

(2)

取B′C′的中点O′，所以OO′⊥底面ABC.分别以OC，OA，OO′为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

所以B(－1,0,0)，E(0，3，2)，F(1，0,1)，在A′C′上找一点M(a，3(1－a)，3)，

所以设平面BEF的法向量n＝(x，y，z)，

(2,0,1)．

则x＋3y＋2z＝0，⇒不妨令x＝1，则n＝(1，3，－2)．

2x＋z＝0，

586，则＝，

88|2a＋2|6123所以＝，解得a＝或a＝－(舍去)．

228 4a2－4a＋138所以A′C′的中点符合题意．

6．四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.

BM和平面BEF所成角的余弦值为(1)证明：四边形EFGH是矩形；

(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．

(1)证明：由该四面体的三视图可知，

BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，

BD＝DC＝2，AD＝1.

由题设，BC∥平面EFGH，

平面EFGH∩平面BDC＝FG，

平面EFGH∩平面ABC＝EH，

∴BC∥FG，BC∥EH，

∴FG∥EH.

同理EF∥AD，HG∥AD，

∴EF∥HG，

∴四边形EFGH是平行四边形．

又∵AD⊥DC，AD⊥BD，

∴AD⊥平面BDC，

∴AD⊥BC，

∴EF⊥FG，

∴四边形EFGH是矩形．

(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0,0)，A(0,0,1)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，(0,0,1)，设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，

∵EF∥AD，FG∥BC，

＝(－2,0,1)．

z＝0，得取n＝(1,1,0)，

－2x＋2y＝0，

＝210＝.

55×2

法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．

∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得

11，0，，F(1,0,0)，G(0,1,0)．

E2

设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，

则12z＝0，得取n＝(1,1,0)，

－x＋y＝0，

＝

210＝.

55×2

7．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，D为AC中点，AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示．

图1

图2

(1)求证：AE⊥平面BCD；

(2)求二面角A -DC -B的余弦值；

(3)在线段AF上是否存在点M使得EM∥平面ADC？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由．

解：(1)平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，

又在△ABD中，AE⊥BD于E，AE⊂平面ABD，

所以AE⊥平面BCD.

(2)由(1)结论AE⊥平面BCD可得AE⊥EF.

由题意可知EF⊥BD，AE⊥BD.

如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系E -xyz.

不妨设AB＝BD＝DC＝AD＝2，则BE＝ED＝1，

3AE＝3，BC＝23，EF＝，

33则E(0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，－1,0)，A(0,0，3)，F，0，0，C(3，2,0)，

3

由AE⊥平面BCD可知平面DCB的一个法向量为设平面ADC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则

＝(0,0，3)．

3x＋y＝0，即

y－3z＝0，令z＝1，则y＝3，x＝－1，所以n＝(－1，3，1)．

所以所以二面角A-DC-B的余弦值为5.

5

(3)设其中λ∈[0,1]．

33λ－(1－λ)3＝0，解得λ＝∈[0,1]，

34AM3所以在线段AF上存在点M使得EM∥平面ADC，且＝. AF4

得