如图所示，在三棱锥A-BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=2，另一个侧面ABC是正三角形．

(1)求证：AD⊥BC；

(2)求二面角B-AC—D的大小；

(3)(理)在线段AC上是否存在一点E，使ED与平面BCD成30°角?若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．

第21题图

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设D是△ABC的BC边上一点，把△ACD沿AD折起，使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上．
（1）求证：直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°；
（2）若∠BAC=90°，二面角C′-AD-H为60°，求∠BAD的正切值．
???

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设D是△ABC的BC边上一点，把△ACD沿AD折起，使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上．
（1）求证：直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°；
（2）若∠BAC=90°，二面角C′-AD-H为60°，求∠BAD的正切值．
???

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难点磁场

(1)证明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，连接NC、MD.

∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角，∠MNB，∠NMA分别是MN与β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.

在Rt△MPB与Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.

在Rt△MNB与Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)结论成立.

(2)解：设∠MNB=θ,MN=a,则PB=PN=a,MB=NA=asinθ，NB=acosθ?,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α―l―β的平面角，

∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°,

∴BD=AC=asinθ,CN=DM=asinθ,

∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN

∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴

整理得，16sin⁴θ－16sin²θ+3=0

解得sin²θ=,sinθ=，当sinθ=时，CN=asinθ= a＞PN不合理，舍去.

∴sinθ=,∴MN与β所成角为30°.

歼灭难点训练

一、1.解析：(特殊位置法）将P点取为A₁，作OE⊥AD于E，连结A₁E，则A₁E为OA₁的射影，又AM⊥A₁E，∴AM⊥OA₁，即AM与OP成90°角.

答案：D

2.解析：作AO⊥CB的延长线，连OD，则OD即为AD在平面BCD上的射影，

∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°.

答案：B

二、3.解析：在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，，OA=，BC=，OB=2，Rt△AOB中，AB²=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－.

答案：－

4.解析：设一个侧面面积为S₁，底面面积为S，则这个侧面在底面上射影的面积为，由题设得，设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=,∴θ=60°.

答案：60°

三、5.(1)解：因为PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=.

∴PC=.

(2)解：如图，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角.

∵CE=BD=，且PE=

∴由余弦定理得cosPCE=

∴PC与BD所成角的余弦值为.

(3）证明：设PB、PC中点分别为G、F，连结FG、AG、DF，则GF∥BC∥AD，且GF=BC=1=AD，从而四边形ADFG为平行四边形，

又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG为矩形，DF⊥FG.

在△PCD中，PD=，CD=，F为BC中点，∴DF⊥PC

从而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B―PC―D为直二面角.?

6.解：(1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC，

∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角.由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，

∴∠ADH=45°

(2)∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，

∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°.

(3)过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A―BD―C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2

故二面角A―BD―C大小为π－arctan2.

7.(1)证明：取BC中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC

∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，

∵BC⊥CD，由三垂线定理知AB⊥CD.

又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD.

∴平面ABD⊥平面ACD.

(2)解：在面BCD内，过D作DF∥BC，过E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂线定理知AF⊥DF，∠ADF为AD与BC所成的角.

设AB=m，则BC=m，CE=DF=m,CD=EF=m

即AD与BC所成的角为arctan

(3)解：∵AE⊥面BCD，过E作EG⊥BD于G，连结AG，由三垂线定理知AG⊥BD，

∴∠AGE为二面角A―BD―C的平面角

∵∠EBG=30°，BE=m,∴EG=m?

又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2.

即二面角A―BD―C的大小为arctan2.

8.(1)证明：连结DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH为C′D与平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，过D作DE⊥AB，垂足为E，则DE⊥平面C′HA.

故∠DC′E为C′D与平面C′HA所成的角

∵sinDC′E=≤=sinDC′H

∴∠DC′E≤∠DC′H,

∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90°

(2)解：作HG⊥AD，垂足为G，连结C′G,

则C′G⊥AD，故∠C′GH是二面角C′―AD―H的平面角

即∠C′GH=60°，计算得tanBAD=.