一道立体几何的一题多解

19.如图1,四边形ABCD 为菱形,且 60=∠A ,2=AB E 分别为边AB 的中点.现将四边形

EBCD 沿DE 折起至EBHD ,如图

2.

图1 图2

(1)证明:由于2=AB ,则1,2==AE AD .

60=∠A ,∴由余弦定理,有3cos 222=∠⋅⋅-+=A AE AD AE AD DE .显然222AD DE AE =+,故由勾股定理,可知AB DE ⊥,则在图2,BE DE AE DE ⊥⊥,.又 直线AE 和直线BE 是平面ABE 内两条相交直线,⊥∴DE 平面ABE .

(2)解法一:以点E 为原点,分别以直线EA ED ,为y x ,轴,再以过点E

且垂直于平面ADE 且向上的直线为z 轴,建立如图的空间直角坐标

系.由⊥DE 平面ABE ,可知AEB ∠为二面角H DE A --的平面角,

即有 60=∠AEB ,则⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛23,21,0B .而()()()0,0,0,0,0,3,0,1,0E D A ,则()()

0,0,3,0,1,3=-=ED AD .设()000,,z y x H ,即()000,,3z y x DH -=.由ED HD ⊥,有0=⋅ED HD ,即30=x .由⎩⎨⎧==2

2HD HB ,可得()

⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+4342321202020202020z y x z y x ,将30=x 带入,可得3,100==z y ,即()3,1,3H ,那么⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=23,21,3BH .而()3,0,3=AH ,设平面ABH 的法向量为()1111,,z y x n =,则⎪⎩

⎪⎨⎧=++=+02321303311111z y x z x ,即⎩⎨⎧-=-=11113x z x y .令11=x ,可得1,311-=-=z y ,即()

1,3,11--=n .而平面ADE 的一个法向量为()1,0,02=n .于是平面ABH 与平面ADE

所

成锐二面角θ的余弦值为55511cos 2

121=⋅-=⋅⋅=n n n n θ. 解法二:分别取,AE AD 中点K O ,,连结OB OK ,.由⊥

DE 平面ABE ,可知AEB ∠为二面角H DE A --的平面角,即有

60=∠AEB .

O 为AE 中点,AE BO ⊥∴.DE BO ⊥ ,⊥∴BO 平面

ADE .则以点O 为坐标原点,分别以直线OB OE KO ,,为z y x ,,轴,

建立空间直角坐标系,如右图.则由条件,易得

⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,21,0A ,⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛23,0,0B ,⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,21,3D ,⎪⎭⎫ ⎝⎛0,21,0E .再设()000,,z y x H ,而()

0,0,3-=ED ,⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=000,21,3z y x DH ,则由DH ED ⊥,有0=⋅DH ED ,得30-=x .由⎩⎨⎧==22HD HB ,可得()

⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++421342320020202020z y x z y x .将30-=x 带入,可得3,2100=-=z y ,即⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,21,3H ,则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=23,21,3BH .而()

3,0,3-=AH ,设平面ABH 法向量为()1111,,z y x n =,则⎪⎩

⎪⎨⎧=+--=+-02321303311111z y x z x ,即⎩⎨⎧=-=11113x z x y .令11=x ,得1,311=-=z y ,即()

1,3,11-=n .而平面ADE 的一个法向量为()1,0,02=n .于是平面ABH 与平面ADE 所成锐二面角θ的余弦值为55511cos 2

121=⋅-=⋅⋅=n n n n θ. 解法三:过点A 作DH AA //''且DH AA =''至点''A ,延长EB 至点'E ,使'''AA EE =. 连结H E H A E A ','',''',则H E A AED '''-为三棱柱.延长AB E A ,'''交于点'A ,连结'HA 由三棱柱性质,易知DE HE //',

则⊥'HE 平面''E BA .过点B 作''E A BM ⊥于点M ,过M 作

H A MN '⊥于点N .

⊂BM 平面''E BA ,BM HE ⊥∴',

''E A BM ⊥ ,⊥∴BM 平面H E A '',即

H A BM '⊥,MN BM ⊥

.

H A MN '⊥ ,⊥∴H A '平面BMN ,故BNM ∠为平面H A A '''与平面AH A '所成锐二面角的一个平面角,即为平面ADE 与平面ABH 所成锐二面角的一个平面角.

易得a E A B E B A ==='''',即''BE A ∆为正三角形.

''E A BM ⊥ ,2

1',23==∴M A BM .'''E A HE ⊥ ,3'tan =∠∴HAE ,则 60'=∠HAE ,故41',43==N A MN .N A BN '⊥ ,4

15''22=-=∴N A B A BN . 故5

5cos ==∠BN MN BNM ,即平面ADE 与平面ABH 所成锐二面角的余弦值为55. 解法四:延长DE HB ,交于点L ,连结AL ,取AE 的中点O ,过点O 作

AL OM ⊥于点M ,连结MB ,如右图.由⊥DE 平面ABE ,可知AEB ∠为

二面角H DE A --的一个平面角,即有 60=∠AEB .

O 为AE 中点,AE BO ⊥∴.DE BO ⊥ ,⊥∴BO 平面ADE ,即

AL BO ⊥且MO BO ⊥.又 AL OM ⊥,⊥∴AL 平面B O M ,即

BMO ∠为平面ADE 与平面ABH 所成锐二面角的一个平面角.

而2

1,23==AO BO .易得3=LE ,而 90,1=∠=AEL AE , 60=∠∴EAL ,则4

3=MO .由勾股定理,得415432322=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=MB ,则55cos ==∠MB MO BMO ,即平面ADE 与平面ABH 所成锐二面角的余弦值为5

5. 解法五:延长DE HB ,交于点L ,连结AL ,过点D 作AE

DQ //且与LA 延长线交于点Q ,连结QH .取DQ 中点M ,过点M 作

QL MN ⊥于点N ,连结HN ,如右图.

BE HD AE QD //,// 且HD QD ,为平面HDQ 内两条相交直

线,BE AE ,平面ABE 内两条相交直线,∴平面//HDQ 平面ABE .

⊥DE 平面ABE ,⊥∴DE 平面HDQ ,即HDQ ∠为二面角H DE A --的一个平面

角,即有 60=∠HDQ . M 为QD 中点,QD HM ⊥∴.DE HM ⊥ ,⊥∴HM 平面

ADE ,即QL HM ⊥且NM HM ⊥.又 QL NM ⊥,⊥∴QL 平面HMN ,即HNM ∠

为平