Question

如圖所示，在三棱錐A-BCD中，側(cè)面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜
邊，且AD=

3

，BD=CD=1，另一個側(cè)面ABC是正三角形．
（1）當(dāng)正視圖方向與向量

CD

的方向相同時，畫出三棱錐A-BCD的三視圖；（要求標(biāo)出尺寸）
（2）求二面角B-AC-D的余弦值；
（3）在線段AC上是否存在一點(diǎn)E，使ED與平面BCD成30°角？若存在，確定點(diǎn)E的位置；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）在Rt△ABD中，AB=

AD2-BD2

=

2

，可得BD⊥CD．如圖所示，以BD，DC為鄰邊作正方形CDBP．連接DP交AC于點(diǎn)O．連接AO．可證明CB⊥平面ADP．過點(diǎn)A作AF⊥OD，則AF⊥平面CDBP．進(jìn)而證明點(diǎn)F與點(diǎn)P重合．據(jù)此可得：三棱錐A-BCD的三視圖如右圖所示．
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則P（0，0，0），A（0，0，1），B(-

2

2

，

2

2

，0)，C(

2

2

，

2

2

，0)，D(0，

2

，0)．設(shè)平面ABC的法向量為

n1

=（x，y，z），利用

n1 • AC =0 n1 • BC =0

，可得

n1

．同理可求得平面ACD的一個法向量為

n2

．利用cos＜

n1

，

n2

＞=

n1 • n2

| n1 | | n2 |

即可得到二面角B-AC-D的余弦值．
（3）假設(shè)在線段AC上存在一點(diǎn)E，使ED與平面BCD成30°角．設(shè)

CE

=λ

CA

，（0≤λ≤1），取平面BCD的法向量為

m

=(0，0，1)．利用sin30°=|cos＜

m

，

DE

＞|=

| m • DE |

| m | | DE |

，解得λ即可．

解答：解：（1）在Rt△ABD中，AB=

AD2-BD2

=

( 3 )2-12

=

2

，
∵△ABC是正三角形，∴BC=AB=

2

．
∵BD=CD=1，∴BD²+CD²=BC²，
∴∠BDC=90°．
∴BD⊥CD．
如圖所示，以BD，DC為鄰邊作正方形CDBP．
連接DP交AC于點(diǎn)O．連接AO．
則PD⊥CB，AO⊥CB．
又PD∩AO=O，∴CB⊥平面ADP．
∴平面APD⊥平面CDBP．
過點(diǎn)A作AF⊥OD，則AF⊥平面CDBP．
設(shè)AF=x，OF=y，
在Rt△AFD與Rt△AOF中，由勾股定理可得：
x2+y2=AO2=(

3

2

×

2

)2=

3

2

.x2+(y+

2

2

)2=(

3

)2．
解得y=

2

2

．
因此點(diǎn)F與點(diǎn)P重合．
據(jù)此可得：三棱錐A-BCD的三視圖如右圖所示：
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則P（0，0，0），A（0，0，1），B(-

2

2

，

2

2

，0)，C(

2

2

，

2

2

，0)，D(0，

2

，0)．
∴

AC

=(

2

2

，

2

2

，-1)，

BC

=(

2

，0，0)，

AD

=(0，

2

，-1)．
設(shè)平面ABC的法向量為

n1

=（x，y，z），
則

n1 • AC = 2 2 x+ 2 2 y-z=0 n1 • BC = 2 x=0

，取y=

2

，則x=0，z=1，∴

n1

=(0，

2

，1)．
同理，可求得平面ACD的一個法向量為

n2

=(1，1，

2

)．
∴cos＜

n1

，

n2

＞=

n1 • n2

| n1 | | n2 |

=

2 2

3 ×2

=

6

3

．
即二面角B-AC-D的余弦值為

6

3

．
（3）假設(shè)在線段AC上存在一點(diǎn)E，使ED與平面BCD成30°角．
設(shè)

CE

=λ

CA

，（0≤λ≤1），則

CE

=(-

2

2

λ，-

2

2

λ，λ)，∴E(

2

2

(1-λ)，

2

2

(1-λ)，λ)，
∴

DE

=(

2

2

(1-λ)，-

2

2

(1+λ)，λ)．
取平面BCD的法向量為

m

=(0，0，1)．
則sin30°=|cos＜

m

，

DE

＞|=

| m • DE |

| m | | DE |

=

λ

1 2 (1-λ)2+ 1 2 (1+λ)2+λ2

=

1

2

，解得λ=