习题3.1第二课时教案

课时规范练

A组

基础对点练

1．如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝3.

(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；

(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

解析：(1)证明：在矩形ABCD中，∵AB＝2AD＝2，O为CD的中点，

∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，

∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA. 取AO的中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝5在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝；

2在△BHD中，DH2＋BH2＝225＋＝3. 222. 2又∵DB2＝3，∴DH2＋BH2＝DB2，∴DH⊥BH. 又∵DH⊥OA，OA∩BH＝H，∴DH⊥平面ABCO. 又∵DH⊂平面AOD，∴平面AOD⊥平面ABCO. (2)以O为坐标原点，分别以直线OA，OB为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B(0，2，0)，A(2，0,0)，D2222，C－，，0. ，0，222222→→∴AB＝(－2，2，0)，AD＝－，0，，

2222→BC＝－，－，0. 22设面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，

x，y，z·－2，2，0＝0∴，

22x，y，z·－，0，＝022－x＋y＝0即，

－x＋z＝0

取n＝(1,1,1)，

设BC与平面ABD所成的角为θ，

－2，－2，0·1，1，16→22∴sin θ＝|cos〈BC·n〉|＝＝，

33即BC与平面ABD所成角的正弦值为6. 32．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB的中点．

(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；

(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD. 解析：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz. 根据已知得：D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)．

→→(1)∵DA＝(2,0,0)，CB1＝(2,0,2)，

→→DA·CB12→→∴cos〈DA，CB1〉＝＝. 2→→|DA||CB1|π∴直线AD和直线B1C所成角为. 4(2)证明：取B1D的中点F，得F(1,1,1)，连接EF. ∵E为AB的中点，∴E(2,1,0)，

→→∴EF＝(－1,0,1)，DC＝(0,2,0)，

→→→→∴EF·DC＝0，EF·CB1＝0，

∴EF⊥DC，EF⊥CB1. ∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD. 又∵EF⊂平面EB1D，

∴平面EB1D⊥平面B1CD. 3．(2018·河南六市联考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1为矩形，AB＝BC＝1，AA1＝2，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，BC⊥AB1.

(1)证明：CD⊥AB1；

(2)若OC＝3，求二面角ABCB1的余弦值．

3解析：(1)证明：由△AB1B与△DBA相似，知DB⊥AB1，

又BC⊥AB1，BD∩BC＝B，

∴AB1⊥平面BDC，CD⊂平面BDC，∴CD⊥AB1. (2)由于OC＝36，BC＝1，在△ABD中，可得OB＝，∴△BOC是直角三角形，BO⊥CO.33由(1)知CO⊥AB1，则CO⊥平面ABB1A1. 以O为坐标原点，OA，OD，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则A(＝(－363263→→，0,0)，B(0，－，0)，C(0,0，)，B1(－3，0,0)，BC＝(0，，)，AB3333333626→，－，0)，BB1＝(－3，，0)，

3333设平面ABC，平面BCB1的法向量分別为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，

63→·n＝y＋z＝0BC33则36→AB·n＝－x－y＝033111111

，

∴n1＝(2，－1，2)，

63→·n＝y＋z＝0BC33→26BB·n＝－3x＋y＝0332221222

，

∴n2＝(1，2，－2)，

n1·n2270∴cos〈n1，n2〉＝＝－，

|n1||n2|35又二面角ABCB1为钝二面角，

270∴二面角ABCB1的余弦值为－. 354．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

(1)证明：O1O⊥底面ABCD；

(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．

解析：(1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，

又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，

所以O1O⊥底面ABCD. (2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD；所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．

设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)，

平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，

设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，

→→则由m⊥OB1，m⊥OC1，

所以3x＋2z＝0，y＋2z＝0，

取z＝－3，则x＝2，y＝23，

所以m＝(2,23，－3)，

m·n23257所以cos〈m，n〉＝＝＝.由图形可知二面角C1OB1D的大小为锐角，所以|m||n|1919257二面角C1OB1D的余弦值为. 19B组

能力提升练

1．如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.

(1)求证：EG⊥DF；

(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值．

解析：(1)证明：连接AC，HF，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形，

所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF，

因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，

又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.

(2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知可得：平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，同理可得：EF∥HG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，又O为AC的中点，所以OP綊AE，

从而OP⊥平面ABCD，又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF＝2.如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2,0)，E(23，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，

→→→所以BE＝(23，－2,3)，PE＝(23，0,0)，PF＝(0,2，－1)．

设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，

→n＝0PE·由，

→n＝0PF·x＝0可得，

2y－z＝0

令y＝1，则z＝2，所以n＝(0,1,2)．

设BE与平面EFGH所成角为θ，

→|BE·n|45则sin θ＝＝. 25→|BE|·|n|2．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，

1且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中点．

2

(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；

(2)求AC与PB夹角的余弦值；

(3)求二面角AMCB的平面角的余弦值．

解析：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系(图略)，

1则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，M(0,1，)．

2→→(1)证明：因为AP＝(0,0,1)，DC＝(0,1,0)，

→→所以AP·DC＝0，所以AP⊥DC. 由题设知AD⊥DC，且AP∩AD＝A，

所以DC⊥平面PAD. 又DC⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD. →→(2)因为AC＝(1,1,0)，PB＝(0,2，－1)，

→→AC·PB10→→所以cos〈AC，PB〉＝＝. 5→→|AC||PB|故AC与PB夹角的余弦值为10. 5→→→→(3)在MC上取一点N(x，y，z)，则存在λ，使NC＝λMC，又NC＝(1－x,1－y，－z)，MC＝(1,0，1－)，

21所以x＝1－λ，y＝1，z＝λ，

21441→→要使AN⊥MC，只需AN·MC＝0，即x－z＝0，解得λ＝，可知当λ＝时，N点的坐标为(，255522→12→→→→→11，)，能使AN·MC＝0，此时AN＝(，1，)，BN＝(，－1，)，BN·MC＝0. 55555→→→→由AN·MC＝0，BN·MC＝0得AN⊥MC，BN⊥MC，

所以∠ANB为所求二面角的平面角．

→→AN·BN2→→所以cos〈AN，BN〉＝＝－，

3→→|AN||BN|

2所以二面角AMCB的平面角的余弦值为－3. 3.直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．

(1)证明：DF⊥AE；

(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为1414？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．

解析：(1)证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，

∴AB⊥AE，又AB⊥AA1，AE∩AA1＝A，

∴AB⊥平面A1ACC1，又AC⊂平面A1ACC1，

∴AB⊥AC. 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A(0,0,0)，E(0,1，12)，F(12，12，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)．

设D(x，y，z)，A→→1D＝λA1B1，且λ∈[0,1]，

即(x，y，z－1)＝λ(1,0,0)，∴D(λ，0,1)，

∴DF→＝(11→12－λ，2，－1)，又AE＝(0,1，2)，

∴DF→·AE→＝112－2＝0，∴DF⊥AE. (2)假设存在满足条件的点D，设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·FE→＝0n·DF→＝0∵FE→＝(－12，12，12)，DF→＝(12－λ，12，－1)，

－1∴2x＋112y＋2z＝012－λx＋12y－z＝0

，

，

即1＋2λy＝21－λz3x＝z21－λ

，

令z＝2(1－λ)，

得n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．

由题可知平面ABC的法向量为m＝(0,0,1)，

∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值为∴|cos〈m，n〉|＝即|21－λ||m·n|14＝，

|m||n|1414，

1414＝，

9＋1＋2λ2＋41－λ21417解得λ＝或λ＝(舍去)．

24∴当点D为A1B1中点时，满足要求．

4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.

(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；

(2)求二面角E-BC-A的余弦值．

解析：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，

所以AF⊥平面EFDC. 又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)过D作DG⊥EF，垂足为G，

由(1)知DG⊥平面ABEF. →→以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．

由已知，得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，

故AB∥CD，CD∥EF.

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，

所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°. 从而可得C(－2,0，3)．

→→→→所以EC＝(1,0，3)，EB＝(0,4,0)，AC＝(－3，－4，3)，AB＝(－4,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，

→EC＝0，n·x＋3z＝0，则即

→4y＝0，EB＝0，n·

所以可取n＝(3,0，－3)．

→AC＝0，m·设m是平面ABCD的法向量，则

→AB＝0，m·同理可取m＝(0，3，4)．

n·m219则cos〈n，m〉＝＝－. |n||m|19219故二面角E-BC-A的余弦值为－. 19