答案

例1-5 DACCC例6C

训练1(1)证明 ∵折起前AD是BC边上的高，

∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，又DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面BDC，∵AD?平面ABD， ∴平面ABD⊥平面BDC.

(2)解 由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA，

∵DB＝DA＝DC＝1，DB⊥DC，∴AB＝BC＝CA＝2， 11

从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，

2213

S△ABC＝2×2×2×sin 60°＝2，

133＋3∴三棱锥DABC的表面积S＝2×3＋2＝2. 例7D

例8 (1)证明

如图，取PD中点E，连接EM、AE， 11

∴EM綉2CD，而AB綉2CD， ∴EM綉AB.

∴四边形ABME是平行四边形． ∴BM∥AE.

∵AE?平面ADP，BM?平面ADP， ∴BM∥平面PAD.

(2)解 ∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥AB.而AB⊥AD，PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD.

∵PA＝AD，E是PD的中点，∴PD⊥AE.AB∩AD＝A. ∴PD⊥平面ABME.

作MN⊥BE，交AE于点N.∴MN⊥平面PBD.

1

易知△BME∽△MEN.而BM＝AE＝2，EM＝2CD＝1， ENEM?EM?2122由EM＝BM，得EN＝BM＝＝2，∴AN＝2.

2即点N为AE的中点．

例9A

例10. (1)证明 如图，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.

又PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，所以AC⊥PO.而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.

(2)解 由(1)知，AC⊥平面POD，又AC?平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC.在平面POD中，如图，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC.连接CH，则CH是OC在平面PAC上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角． 1在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 30°＝2. PO·OD

22＝PO＋OD

1

2×22＝3. 12＋

4

在Rt△POD中，OH＝

OH2

在Rt△OHC中，sin∠OCH＝OC＝3. 2

故直线OC和平面PAC所成角的正弦值为3. 例11A

【训练】 (1)证明 因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE

?平面BCP，所以DE∥平面BCP.

(2)证明 因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点， 所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF. 所以四边形DEFG为平行四边形． 又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG. 所以四边形DEFG为矩形．

(3)解 存在点Q满足条件，理由如下： 如图，连接DF，EG，设Q为EG的中点．

1

由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝2EG. 分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.

与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM1

＝QN＝2EG，

所以Q为满足条件的点．

例12. 解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF，AF，则由已知可得

A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(3，3,0)，F(0,4,1)， →＝(0，－4,4)，EF→＝(－3，1,1)． 于是CA1

→·→则CA(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 1EF＝(0，－4,4)·故EF⊥A1C.

(2)设CF＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，λ)．

→＝(3，3,0)，AF→＝(0,4，λ)，于是由m⊥AE→，m⊥AF→可得 AE

→＝0，??m·AE?3x＋3y＝0，?即?取m＝(3λ，－λ，4)．

→?4y＋λz＝0.?AF＝0，?m·

又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n＝(1,0,0)， |m·n|3λ于是由θ为锐角可得cos θ＝|m|·＝|n|2λ2＋4， λ2＋16

sin θ＝，

2λ2＋4λ2＋16

所以tan θ＝＝3λ

1163＋3λ2. 1163＋3＝3.

11

故0＜λ≤4，得λ≥4，即tan θ≥

6

故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tan θ取得最小值3. 例13【答案】

1.1答案

1-5BCADA 6-10DBCBC 11-15DCCCA