第九章 第19节：立体几何的综合应用(5)

1 二面角 1．如图，在底面是矩形的四棱锥ABCDP中，PA⊥平面ABCD，2ABPA，4BC.E是PD的中点. （Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD；

（Ⅱ）求二面角DACE所成平面角的余弦值；

解：（Ⅰ）ABCDPA平面， ABCCD平面，CDPA。 是矩形ABCD，CDAD，而AADPA，

PADCD平面。PDCCD平面，PDCPAD平面平面。

（Ⅱ）连结AC、EC，取AD中点O， 连结EO ， 则PAEO//, ∵PA平面ABCD，∴EO平面

ABCD，过O作ACOF交AC于F，连结EF，则EFO就是二面角DACE所成平面角.

由2PA，则1EO.在ADCRt中，hACCDAD 解得h554

因为O是AD的中点，∴552OF，而1EO，由勾股定理可得553EO。

32553552cosEFOFEFO。

（Ⅲ）连结BE，在三棱锥AECB中，4422121BCABSABC， 3553522121EOACSAEC。点E到底面BAC的距离1EO，

则由ABCEAECBVV，即EOShSABCBAEC3131，1431331Bh， 求得34Bh，所以B点到平面EAC的距离是34. 解法二：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z 轴建立空间直角 坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，E(0，2，1)，P(0，0，2). AB＝(2，0，0)，AD＝(0，4，0)，AP＝(0，0，2)，CD＝(－2，0，0)，AE＝(0，2，1) ，AC＝(2，4，0)，

（Ⅰ）0ADCD，ADCD，又0APCDAPCD，AADAP， PADCD平面，而PDCCD平面，∴平面PDC⊥平面PAD.

（Ⅱ）设平面AEC的法向量(,,)nxyz

由00ACnAEn即21104201200,4,21,,01,2,01,,yxyxyyxyx，∴n=1,21,1.

P B E

D

C A 2 平面ABC的法向量AP＝(0，0，2)，322232,cosAPnAPnAPn，所以二面角DACE所成平面角的余弦值是32. 2. 1111DCBAABCD是长方体，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱21AA，E是侧棱1BB的中点. （Ⅰ）求证：AE平面11ADE； (Ⅱ) 求二面角11AADE的正切值；

证：（Ⅰ）1111DCBAABCD为长方体，AEDA11，又E是 1BB的中点，且11ABEBBE，21AEEA，

又AEEAAAEAAEEAAAA12121211,,,2中在， 又EDAEADAAEADA111111111,平面且，EDAAE11平面。 (Ⅱ) DDAAAEA111平面平面，取AA1的中点F，连EF，则11DAAEF平面，作1

ADFG

交1AD于点G，连EG，则由三垂线定理知EGF为所求二面角的平面角。 易知1,51EFFG，则5511tanEGF，故所求二面角的正切值为5.

3．直三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱CC1 = 2，∠BAC = 90°，2ACAB，M是棱BC的中点，N是CC1中点，求 （1）二面角B1—AN—M的大小；

解：（1）建立坐标系如图，则22(0,0,0),(,,0),22AM 1(0,2,1),(2,0,2)NB，)2,0,2(),1,2,0(),0,22,22(ABANAM。

设平面AMN的法向量为),,(rqpm，平面AB1N的法向量为),,(ktsn， 由0,0mANmAM，得02,02222rqqp，令1p，则2,1rq，

D1C

1

B1A1

EDC

BA 3

于是).2,1,1(m由0,01nANnAB，得02,022ktks，令2k，则1,2ts，于是).2,1,2(n7214||,2211||,1nmnm

147721,cosnm，所以二面角B1—AN—M的大小.147cosar

4．如图，正四棱住ABCD—A1B1C1D的底面边长为1，侧棱长为2，E、F、G 分别为CC1、DD1、AA1中点。 （1）求证：A1F⊥面BEF； （2）求证：GC1//面BEF； （3）求直线A1B与面BEF所成的角. 证：以A为原点，分别以射线AB、AD、AA1为X轴、Y轴、Z轴的正半轴建立如图所示的坐标系。由已知得，B（1，0，0），E（1，1，1），F（0，1，1）， A1（0，0，2），C1（1，1，2），G（0，0，1）。

（1）)1,1,0(),0,0,1(),1,1,0(1BEEFFA

1111(0,1,1)(0,1,1)110,(1,0,0)(0,1,1)0,AFBEAFEFAFBEAFEF，，

又∵BE∩EF=E，∴A1F⊥面BEF。 （1） 由（1）)1,1,0(),0,0,1(BEEF，∵G（0，0，1），C1（1，1，2），∴ 1GC（1，1，1），

1(1)(1)(1,0,0)(0,1,1)(1,1,1)(1)(1),EFEBGCEFEBEBEFE而，又，

∴1GC//面BEF，且C1面BEF，∴GC1//面BEF。 （3）由A1F⊥面BEF得A1B在面BEF上的射影为BF，∴∠A1BF为直线A1B与平面BEF所成的角。

由已知，A1F=5,21BA，∴sin∠A1BF=510 ∴∠A1BF=arcsin510。 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，且PD = AB = a，E是PB的中点． (1)求异面直线PD、AE所成的角； (2)在平面PAD内求一点F，使得EF⊥平面PBC． (3)在(2)的条件下，求二面角F－PC－E的大小．

解：(1)以D为原点，以直线DA、DC、DP分别为x轴、y轴、z轴,建立 直角坐标系，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，P(0，0，a)，E)222(aaa，，，

∴)222(aaaAE，，，)00(aDP，，，2202022aaaaaDPAE，

A B C D P E 4

又∵aAEaDP23||||，，故33232||||cos2aaaDPAEDPAEDPAE，，故异面直线AE、DP所成角为33arccos． (2) ∵F∈平面PAD，故设F(x，0，z)，则有)222(azaaxEF，，，∵EF平面PBC，∴BCEF

且PCEF，即00PCEFBCEF，又∵)0()00(aaPCaBC，，，，，，∴0)2)(()2(0)2)((azaaaaxa，

从而02zax，∴)002(，，aF，取AD的中点即为F点． (3)∵PD⊥平面ABCD，∴CD是PC在平面ABCD上的射影．又∵CD⊥BC，由三垂线定理，有PC⊥BC．取PC的中点G，连结EG，则EG∥BC，∴EG⊥PC。连结FG，∵EF⊥平面PBC，∴EG是FG在平面PBC上的射影，且PC⊥EG，∴FG⊥PC，∴∠FGE为二面角F－PC－E的平面角。

∵)220(aaG，，，∴aGF23||，∴33232cosaaFGEGFGE，∴二面角F－PC－E的大小

为33arccos． 6． 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中AD=AA1=1，AB=2.点E在线段AB上移动. （1）求证D1E⊥A1D；

（2）当AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为4. 解：建立坐标系D－xyz （I）DAEDDAED11110

（Ⅲ）E（1，x，0）面D1EC1法向量n=(a，b，1)。 11

1

||21200(,,1)cos232242||||nDDxnDCnCEnxAEnDD





且，

。

7． 已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E为CD的中点，沿AE将三角形AED折起，使DB＝2 3，

如图，O、H分别为AE、AB的中点． (1)求证：直线OH//面BDE； (2)求证：面ADE上面ABCE； (3)求二面角O—DH一E的大小． 证：(1)∵O、H分别为AE、AB的中点，∴OH//BE，又OH不在面BDE内，∴直线OH//面BDE。

(2) O为AE的中点AD＝DE，∴DQAE，∵DO=2，DB=23，BO2＝32+12=10，