∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足为点E. ∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，
uuur?1r?31?uuu31?∵AD???a,， a,a,AE?0,a,a????4???42?2???4uuuruuurAD?AE14∴cos?DAE?uuu. ruuur?4AD?AE∴AD与平面PAC所成的角的大小arccos（Ⅲ）同解法1.
例6．（2020全国卷Ⅱ文）（本小题满分12分）
14. 4如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1
（Ⅰ）证明：AB=AC
（Ⅱ）设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小
解析：本题考查线面垂直证明线面夹角的求法，第一问可取BC中点F，通过证明AF⊥平面BCC1,再证AF为BC的垂直平分线，第二问先作出线面夹角，即证四边形AFED是正方形可证平面DEF⊥平面BDC，从而找到线面夹角求解。此题两问也可建立空间直角坐标系利用向量法求解。
解法一：（Ⅰ）取BC中点F，连接EF，则EF
A1 B1 D A B
连接AF，则ADEF为平行四边形，从而AF//DE。又DE⊥平面BCC1，故AF⊥平面BCC1，从而AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线，所以AB=AC。
（Ⅱ）作AG⊥BD，垂足为G，连接CG。由三垂线定理知CG⊥BD，故∠AGC为二面角A-BD-C的
E
C1
1B1B，从而EFDA。 2C 平面角。由题设知，∠AGC=60.
0.
设AC=2，则AG=2。又AB=2，BC=22，故AF=2。 3由AB?AD?AG?BD得2AD=2.AD2?22，解得AD=2。 3故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。 连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。 连接CH，则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD=2，故EH=1，又EC=
0
1B1C=2， 20
所以∠ECH=30，即B1C与平面BCD所成的角为30. 解法二：
（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系A—xyz。
设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则B1（1，0，2c）,E（
1b，，c）. 22?
???1b于是DE=（，，0），BC=（-1，b,0）.由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC， DE?BC=0，
22求得b=1，所以 AB=AC。
（Ⅱ）设平面BCD的法向量AN?(x,y,z),则AN?BC?0,AN?BD?0. 又BC=（-1，1， 0），
????????x?y?0 BD=（-1，0，c）,故??x?cz?0??1?1令x=1, 则y=1, z=,AN=(1,1, ).
cc又平面ABD的法向量AC=（0，1，0）
AC=60°， 由二面角A?BD?C为60°知，AN，故 AN?AC?AN?AC?cos60°，求得c?12
?1，2）（1，1，2）于是 AN? ， CB1?(1，
cosAN，CB1?AN?CB1AN?CB1?1， 2CB1?60° AN，所以B1C与平面BCD所成的角为30°
题型4：斜二测画法
例7．画正五棱柱的直观图，使底面边长为3cm侧棱长为5cm。
解析：先作底面正五边形的直观图，再沿平行于Z轴方向平移即可得 作法：
（1）画轴：画X′，Y′，Z′轴，使∠X′O′Y′=45°（或135°），∠X′O′Z′=90°。
（2）画底面：按X′轴，Y′轴画正五边形的直观图ABCDE。
（3）画侧棱：过A、B、C、D、E各点分别作Z′轴的平行线，并在这些平行线上分别截取AA′，BB′，CC′，DD′，EE。′
（4）成图：顺次连结A′，B′，C′，D′，F′，加以整理，去掉辅助线，改被遮挡的部分为虚线
点评：用此方法可以依次画出棱锥、棱柱、棱台等多面体的直观图。
例8．?A?B?C?是正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若?A?B?C?的面积为3，那么△ABC的面积为_______________。
解析：26。
点评：该题属于斜二测画法的应用，解题的关键在于建立实物图元素与直观图元素之间的对应关系。特别底和高的对应关系。 题型5：平行投影与中心投影
例9．（1）如图，在正四面体A－BCD中，E、F、G分别是三角形ADC、ABD、BCD的中心，则△EFG在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是（ ）
A
BF?G?D?EC
① ② ③ ④
A．①③ B．②③④ C．③④ D．②④
（2）（2020宁夏海南卷理）（本小题满分12分）
如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的2倍，P为侧棱SD上的点。
（Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。
解法一：
（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO?AC。在正方形ABCD中，AC?BD，所以AC?平面SBD,得AC?SD. (Ⅱ)设正方形边长a，则SD?又OD?2a。
2a，所以?SOD?600, 2 连OP，由（Ⅰ）知AC?平面SBD,所以AC?OP, 且AC?OD,所以?POD是二面角P?AC?D的平面角。 由SD?平面PAC,知SD?OP,所以?POD?30, 即二面角P?AC?D的大小为30。
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC
00由（Ⅱ）可得PD?2a，故可在SP上取一点N,使PN?PD,过N作PC的平行线4与SC的交点即为E。连BN。在VBDN中知BN//PO，又由于NE//PC,故平面
BEN//平面PAC，得BE//平面PAC,由于SN：NP?21,故SE：EC?21. ：：解法二：
（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SO?平面ABCD.以O为坐标
OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O?xyz如图 原点，OB， 设底面边长为a，则高SO?6a。 2 于是 S(0,0,62a),D(?a,0,0) 22 C(0,2a,0) 2 OC?(0,2a,0) 226a,0,?a) 22 SD?(? OC?SD?0
故 OC?SD
从而 AC?SD
(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量DS?(26a,0,a)，平面DAC的一22个法向量OS?)0,0,6OS?DS3a)，设所求二面角为?，则cos???,所求二面角的大22OSDS小为30
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC. 由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量，
0（ 且 DS?2626a,0,a),CS?(0,?a,a) 2222设 CE?tCS,
则 BE?BC?CE?BC?tCS?(?226a,a(1?t),at) 222
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