坐标法解立体几何习题及解析

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空间立体几何坐标法向量法求线面交点坐标-概述说明以及解释

空间立体几何坐标法向量法求线面交点坐标-概述说明以及解释1.引言1.1 概述空间立体几何是数学中的一个重要分支，它研究三维空间中的几何结构和性质。

在空间立体几何中，线和面是两个基本的几何元素，线面交点坐标的求解是一个常见且重要的问题。

本文主要介绍了两种方法来求解线面交点的坐标：坐标法和向量法。

通过这两种方法，可以方便地求解线面交点的坐标，进而解决一些实际问题。

通过本文的学习，读者将能够掌握空间立体几何中线面交点坐标的求解方法，为进一步深入学习和应用空间几何提供了基础。

同时，本文还将探讨线面交点坐标的应用和展望，展示其在现实生活中的重要性和价值。

1.2 文章结构:本文主要分为引言、正文和结论三部分。

引言部分将从概述、文章结构和目的三个方面介绍本文的主要内容和研究背景。

正文部分将分为三个小节，首先是关于空间立体几何概念的介绍，接着是详细讨论如何利用坐标法求解线面交点坐标的方法，最后则是向量法求解线面交点坐标的具体过程。

结论部分将总结本文的主要观点和研究成果，探讨该方法的应用前景，并进行最终的结语。

1.3 目的:本文旨在介绍如何利用空间立体几何中的坐标法和向量法来求解线面交点坐标的方法。

通过深入讨论这两种方法的原理和步骤，我们希望读者能够更加深入地理解空间几何中的相关概念，并能够灵活运用这些方法解决实际问题。

通过掌握线面交点坐标求解的技巧，读者能够提升空间几何解题的效率和准确性，同时也能够为进一步学习和研究提供一定的参考和指导。

希望本文能够为读者提供一定的启发和帮助，让大家在空间几何学习中取得更好的成绩和收获。

2.正文2.1 空间立体几何概念空间立体几何是几何学中研究三维空间中图形与几何体的一门学科，是平面几何的延伸和拓展。

在空间立体几何中，我们不再局限于研究平面上的图形，而是考虑到三维空间中的物体和结构。

在空间立体几何中，我们研究的主要对象包括点、线、面和体。

点是空间中的一个位置，用于确定空间中的一个具体位置；线是由无数个点按照一定规律连成的直线段；面是由无数个点和线按照一定规律组成的平面图形；而体则是由无数个面组成的一个三维实体。

解说立体几何中的“坐标法”

解说立体几何中的“坐标法”江苏省姜堰中学张圣官（225500）空间直角坐标系是现行高中数学新增加的内容，在使用上就是把空间的点、向量先用坐标表示，然后利用坐标来计算有关角的大小与线段的长度，或者判断与证明线线、线面以及面面的位置关系。

利用“坐标法”解（证）立体几何题，所作的辅助线明显比纯几何推理需要作的要少，且思路简单明了，更易于程序化来解题。

用“坐标法”解题是数与形结合的典范，它特别适用于易于建立空间直角坐标系的图形（如正方体等）。

下面分别介绍在空间直角坐标系中如何确定点的坐标、常见特殊点的坐标特点及利用“坐标法”解（证）立体几何题的步骤。

一、如何确定空间点的坐标空间点的坐标是有序实数对(x,y,z)，其中的三数x,y,z包含坐标的符号与坐标的绝对值。

要确定一个点的坐标，应先判断三个坐标的符号，然后再确定三个坐标的绝对值。

1．点的坐标的符号判断点在坐标平面上的射影位于坐标轴的正方向，则这点对应的坐标的符号为正，否则符号为负。

如点位于x轴正方向，则横坐标为正；点位于z轴负方向，则竖坐标为负。

2．点的坐标的绝对值确定过这个点向三个坐标平面作垂线，看垂线段平行于哪个轴，则这条线段的长度就是该点的绝对值。

如这条垂线段平行于y轴且长度为a，则点的纵坐标的绝对值是a；如这条垂线段平行于z轴且长度为a，则点的竖坐标的绝对值是a 。

二、常见特殊点的坐标特点1．坐标轴上点的坐标的特点①x轴上的点的纵坐标和竖坐标均为0，形如（a，0，0）；②y轴上的点的横坐标和竖坐标均为0，形如（0，a，0）；③z轴上的点的横坐标和纵坐标均为0，形如（0，0，a）。

2．坐标平面上点的坐标的特点①XOY平面上所有点的竖坐标是0，形如（a，b，0）；②YOZ平面上所有点的横坐标是0，形如（0，a，b）；③ZOX平面上所有点的纵坐标是0，形如（a，0，b）。

三、利用“坐标法”解（证）立体几何题的步骤第一步，建立坐标系通常取垂直且相交于同一点的三条直线作为三条坐标轴，它们的交点作为原点，并选取适当的单位长度；第二步，表示点的坐标将题中相关点（即在问题中出现的且要求的点）用坐标表示，这一步是解（证）题的关键；第三步，表示向量的坐标根据点的坐标可以求出所需要的向量的坐标，即用向量终点的坐标减去起点的坐标；第四步，求出问题的解将点或向量的坐标代入公式（如两向量的夹角公式等）；第五步，作出结论根据上一步所求得的结果，作出问题的正确结论。

(完整版)立体直角坐标系常见题型

(完整版)立体直角坐标系常见题型立体直角坐标系常见题型（完整版）本文档将介绍立体直角坐标系中常见的题型及解答方法。

一、点的坐标计算1. 已知点P在立体直角坐标系中的坐标为(x₁, y₁, z₁)，则点P'关于y轴的对称点的坐标为(x₁, -y₁, z₁)。

2. 已知点P、Q在立体直角坐标系中的坐标分别为(x₁, y₁, z₁)和(x₂, y₂, z₂)，则线段PQ的中点的坐标为((x₁+x₂)/2, (y₁+y₂)/2, (z₁+z₂)/2)。

3. 若点P在立体直角坐标系中的坐标为(x₁, y₁, z₁)，则点P关于x轴、y轴、z轴的对称点的坐标分别为(-x₁, y₁, z₁)、(x₁, -y₁, z₁)、(x₁, y₁, -z₁)。

二、直线与平面1. 已知直线L过点P(x₁, y₁, z₁)且与向量a = (a₁, a₂, a₃)平行，则直线L的参数方程可表示为：x = x₁ + a₁ty = y₁ + a₂tz = z₁ + a₃t2. 已知平面π过点P(x₁, y₁, z₁)且法向量为n = (n₁, n₂, n₃)，则平面π的方程可表示为：n₁(x - x₁) + n₂(y - y₁) + n₃(z - z₁) = 0三、向量运算1. 向量a = (a₁, a₂, a₃)的模长计算公式为：|a| = sqrt(a₁² + a₂² + a₃²)2. 向量a与向量b的点积计算公式为：a·b = a₁b₁ + a₂b₂ + a₃b₃3. 向量a与向量b的叉积计算公式为：a ×b = (a₂b₃ - a₃b₂, a₃b₁ - a₁b₃, a₁b₂ - a₂b₁)四、空间中的图形1. 球的方程：已知球心为C(x₁, y₁, z₁)且半径为r，则球的方程为：(x - x₁)² + (y - y₁)² + (z - z₁)² = r²2. 锥面的方程：已知顶点为V(x₁, y₁, z₁)且开口方向为向量a = (a₁, a₂, a₃)，则锥面的方程可表示为：((x - x₁)/a₁)² + ((y - y₁)/a₂)² + ((z - z₁)/a₃)² = 0以上为立体直角坐标系常见题型及解答方法的简要介绍。

高一数学立体几何初步试题答案及解析

高一数学立体几何初步试题答案及解析1.已知平面α内有无数条直线都与平面β平行，那么A．α∥βB．α与β相交C．α与β重合D．α∥β或α与β相交【答案】D【解析】由题意当两个平面平行时符合平面α内有无数条直线都与平面β平行，当两平面相交时，在α平面内作与交线平行的直线，也有平面α内有无数条直线都与平面β平行．故为D。

【考点】本题主要考查平面与平面之间的位置关系。

点评：对两平面空间的位置要做出多种推测。

2.平面α∥平面β，AB、CD是夹在α和β间的两条线段，E、F分别为AB、CD的中点，则EF与α的关系是A．平行 B．相交 C．垂直 D．不能确定【答案】A【解析】若AB∥CD，易得EF与α、β均平行若AB与CD相交，则EF与α、β均平行若AB与CD异面，则设过AB和EF的平面交α，β分别于直线AG和BH，如下图所示：且使G，F，H在一直线上．因为平面α∥β，所以AG∥CH，连接CG和DH，则CGFDH在一个平面内，且CG∥DH，F为CD中点，所以三角形CFG和三角形DFH全等，即得FG=FH，因为AG∥CH，又E，F分别为AB，CD中点，且A，C，H，G在一个平面内，所以EF∥AG∥CH，CH在平面β内，故EF∥β．同理EF∥β故选A。

【考点】本题主要考查空间中直线与平面之间的位置关系。

点评：由于AB，CD的位置关系不确定，故要进行分类讨论。

将空间问题转化为平面问题的转化思想也是处理空间问题最常用的思路。

3.若三个平面把空间分成6个部分，那么这三个平面的位置关系是A．三个平面共线；B．有两个平面平行且都与第三个平面相交；C．三个平面共线，或两个平面平行且都与第三个平面相交；D．三个平面两两相交。

【答案】C【解析】①若三个平面两两平行，则把空间分成4部分；②若三个平面两两相交，且共线，则把空间分成6部分；③若三个平面两两相交，且有三条交线，则把空间分成7部分；④若三个平面其中两个平行和第三个相交，则把空间分成6部分；故选C．【考点】本题主要考查平面与平面之间的位置关系。

立体几何练习题(答案)解析

已知A1B1C1-ABC为直三棱柱，D为AC中点，O为BC中点，E在CC1上，
∠ACB=90°，AC=BC=CE=2，AA1=6.
（1）证明平面BDE∥AO；
（2）求二面角A-EB-D的大小；
（3）求三棱锥O-AA1D体积.
立测试001
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ答案
一．选择题：(每题5分,共60分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10．在一个的二面角的一个平面内有一条直线与二面角的棱成角，则此直线与二面角的另一个平面所成角的大小为 ( )
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
11. 如图,E, F分别是正方形SD1DD2的边D1D,DD2的中点,
沿SE,SF,EF将其折成一个几何体,使D1,D,D2重合,记作
D.给出下列位置关系:①SD⊥面DEF; ②SE⊥面DEF;
由，，，，
易得，，，
，
所以
18．解：（1）在平面上的射影在上，面。
故斜线在平面上的射影为。
又，，又，
面
（2）过作，交于。
面，，面故的长就是点到平面的距离
，面
在中，；
在中，
在中，由面积关系，得
（3）连结，面，是在平面的射影
其中所有真命题的序号是_______________。
三.解答题:（共74分，写出必要的解答过程）
17．(本小题满分10分)
如图，已知直棱柱中，
，，，，是的中点。
求证：
18．（本小题满分12分）
如图，在矩形中，，，沿对角线将折起，使点移到点，且在平面上的射影恰好在上。

空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案 (1)

一．空间直角坐标系如图1，为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以正方体为载体，以O为原点，分别以射线OA，OC，OD′的方向为正方向，以线段OA，OC，OD′的长为单位长，建立三条数轴：x轴、y轴、z轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，其中点O叫做坐标原点，x轴、y轴、z轴叫做坐标轴，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为xOy平面、zOx平面、yOz平面，通常建立的坐标系为右手直角坐标系，即右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，中指指向z轴的正方向．二．空间直角坐标系中的坐标空间一点M的坐标可用有序实数组(x，y，z)来表示，有序实数组(x，y，z)叫做点M在此空间直角坐标系中的坐标，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标[例1]在空间直角坐标系中，作出点M(6，－2,4)．[例2]长方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝a，|BC|＝b，|CC1|＝c，将此长方体放到空间直角坐标系中的不同位置(如图3)，分别写出长方体各顶点的坐标．变式1：棱长为2的正方体，将此正方体放到空间直角坐标系中的不同位置，分别写出几何体各顶点的坐标。

2.底面为边长为4的菱形，高为5的棱柱，将此几何体放到空间直角坐标系中的不同位置分别写出几何体各顶点的坐标。

3.在棱长均为2a的正四棱锥P－ABCD中，建立恰当的空间直角坐标系，(1)写出正四棱锥P－ABCD各顶点坐标；(2)写出棱PB的中点M的坐标．解：连接AC，BD交于点O，连接PO，∵P－ABCD为正四棱锥，且棱长均为2a.∴四边形ABCD为正方形，且PO⊥平面ABCD.∴OA＝2＝P A2－OA2＝?2a?2－?2a?2＝2a.以O点为坐标原点，OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．（1）正四棱锥P－ABCD中各顶点坐标分别为A(2a,0,0)，B(0，2a,0)，C(－2 a,0,0)，D(0，－2a,0)，P(0,0，2a)．(2)∵M为棱PB的中点，∴由中点坐标公式，得M(0＋02，2a＋02，0＋2a2)，即M(0，22a，22a)．[例3]在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)．(1)求点P关于x轴的对称点的坐标；(2)求点P关于xOy平面的对称点的坐标；(3)求点P关于点M(2，－1，－4)的对称点的坐标．[解](1)由于点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P1(－2，－1，－4)．(2)由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P2(－2,1，－4)．(3)设对称点为P3(x，y，z)，则点M为线段PP3的中点，由中点坐标公式，可得x＝2×2－(－2)＝6，y＝2×(－1)－1＝－3，z＝2×(－4)－4＝－12，所以P3(6，－3，－12)．变式：1.写出点P(6，－2，－7)在xOy面，yOz面，xOz面上的投影的坐标以及点P 关于各坐标平面对称的点的坐标．解：设点P在xOy平面、yOz平面、xOz平面上的投影分别为点A，B，C，点P关于xOy平面、yOz平面、xOz平面的对称点分别为点A′，B′，C′，由P A⊥平面xOy，PB⊥平面yOz，PC⊥平面xOz及坐标平面的特征知，点A(6，－2,0)，点B(0，－2，－7)，点C(6,0，－7)；根据点P关于各坐标平面对称点的特征知，点A′(6，－2,7)，B′(－6，－2，－7)，C′(6,2，－7)．2.在棱长都为2的正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，建立恰当的直角坐标系，并写出正三棱柱ABC －A 1B 1C 1各顶点的坐标．[正解] 取BC ，B 1C 1的中点分别为O ，O 1，连线OA ，OO 1，根据正三棱柱的几何性质，OA ，OB ，OO 1两两互相垂直，且|OA |＝32×2＝3，以OA ，OB ，OO 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，如图5所示，则正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各顶点的坐标分别为A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (0，－1,0)，A 1(3，0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(0，－1,2)．三．空间向量在立体几何中的应用1. 直线的方向向量与平面的法向量(1) 直线l 上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l 的方向向量．(2) 如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n ⊥α.此时把向量n 叫做平面α的法向量．2. 线面关系的判定直线l 1的方向向量为e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平面α的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面β的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．(1) 如果l 1∥l 2，那么e 1∥e 2⇔e 2＝λe 1⇔a 2＝λa 1，b 2＝λb 1，c 2＝λc 1．(2) 如果l 1⊥l 2，那么e 1⊥e 2⇔e 1·e 2＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0．(3) 若l 1∥α，则e 1⊥n 1⇔e 1·n 1＝0⇔a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0．(4) 若l 1⊥α，则e 1∥n 1⇔e 1＝k n 1⇔a 1＝kx 1，b 1＝ky 1，c 1＝kz 1．(5) 若α∥β，则n 1∥n 2⇔n 1＝k n 2⇔x 1＝kx 2，y 1＝ky 2，z 1＝kz 2．(6) 若α⊥β，则n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0．3. 利用空间向量求空间角(1) 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是⎝⎛⎥⎤0，π2. ②向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有cos θ＝|cos φ|.(2) 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是⎣⎢⎡⎥⎤0，π2. ②向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|(3) 二面角①二面角的取值范围是[0，π]．②二面角的向量求法：(ⅰ) 若AB 、CD 分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角(如图①)．(ⅱ) 设n 1、n 2分别是二面角α-l-β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．题型1 空间向量的基本运算[例1]已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a ＝AB→，b ＝AC→. (1) 求a 和b 的夹角θ；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．解：∵A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，a ＝AB→，b ＝AC →， ∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)． (1)∵cosθ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角为arccos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010. (2)∵k a ＋b ＝k(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )，∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0，解得k ＝－52或2. 题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM ∥平面BDE ；(2) AM ⊥平面BDF.证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连结NE.则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E(0，0，1)， A(2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.∴ NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1. ∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM.∵ NE 平面BDE ，AM平面BDE ，∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF→＝(0，2，1)， ∴ AM→·DF →＝0，∴ AM ⊥DF.同理AM ⊥BF. 又DF ∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF.题型3 空间的角的计算例3 (2013·苏锡常镇二模)如图，圆锥的高PO ＝4，底面半径OB ＝2，D 为PO 的中点，E 为母线PB 的中点，F 为底面圆周上一点，满足EF ⊥DE.(1) 求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值；(2) 求二面角F-OD-E 的正弦值．解：(1) 以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴，OB 所在的线为y 轴，OP 所在的线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B(0，2，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，1，2)．设F(x 0，y 0，0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0，1，0)，∵ EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1.∴F(3，1，0)，EF →＝(3，0，－2)，BD→＝(0，－2，2)．设异面直线EF 与BD 所成角为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147. (2) 设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥OD →，n 1⊥OF →，即⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，3x 1＋y 1＝0. 令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，32. 设二面角F-OD-E 的平面角为β，则|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77.∴ sin β＝427. （翻折问题）例4. (2013广东韶关第二次调研)如图甲，在平面四边形ABCD 中，已知∠A ＝45°，∠C ＝90°，∠ADC ＝105°，AB ＝BD ，现将四边形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BDC(如图乙)，设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点．(1) 求证： DC ⊥平面ABC ； (2) 求BF 与平面ABC 所成角的正弦值；(3) 求二面角B －EF －A 的余弦值．解：(1) ∵ 平面ABD ⊥平面BDC ，又∵ AB ⊥BD ，∴ AB ⊥平面BDC ，故AB ⊥DC ，又∵ ∠C ＝90°，∴ DC ⊥BC ，BC ABC 平面ABC ，DC 平面ABC ，故DC ⊥平面ABC.(2) 如图，以B 为坐标原点，BD 所在的直线为x 轴建立空间直角坐标系如下图示，设CD ＝a ，则BD ＝AB ＝2a ，BC ＝3a ，AD ＝22a ，可得B(0，0，0)，D(2a ，0，0)，A(0，0，2a)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，F(a ，0，a)，∴ CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，－32a ，0，BF →＝(a ，0，a)．设BF 与平面ABC 所成的角为θ，由(1)知DC ⊥平面ABC ，∴ cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝CD →·BF →|CD →|·|BF→|＝12a 2a ·2a ＝24，∴ sin θ＝24. (3) 由(2)知 FE ⊥平面ABC, 又∵ BE 平面ABC ，AE 平面ABC ，∴ FE ⊥BE ，FE ⊥AE ，∴ ∠AEB 为二面角B －EF －A 的平面角 .在△AEB 中，AE ＝BE ＝12AC ＝12AB 2＋BC 2＝72a ， ∴ cos ∠AEB ＝AE 2＋BE 2－AB 22AE ·BE＝－17，即所求二面角B －EF －A 的余弦为－17. 课后巩固练习：1.(2013·江苏卷)如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1) 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2) 设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 2. (2013·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D 、E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB. (1) 证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2) 求二面角DA 1CE 的正弦值．(1) 证明：连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF.因为DF 平面A1CD ，BC 1平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD.(2) 由AC ＝CB ＝22AB 得AC ⊥BC. 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA ＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A 1(2，0，2)，CD →＝(1，1，0)，CE →＝(0，2，1)，CA 1→＝(2，0，2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 为平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2，1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D-A 1C-E 的正弦值为63. 3. (2013·重庆)如图所示，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB. (1) 求PA 的长；(2) 求二面角B-AF-D 的正弦值．解：(1) 如图，连结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD.以O 为坐标原点，OB→、OC →、AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ，则OC ＝CDcos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CDsin π3＝3，故A(0，－3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)．因为PA ⊥底面ABCD ，可设P(0，－3，z)，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z)，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA→|＝2 3. (2) 由(1)知AD→＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18. 故二面角B-AF-D 的正弦值为378. 4. (2013·连云港调研)在三棱锥SABC 中，底面是边长为23的正三角形，点S 在底面ABC 上的射影O 恰是AC 的中点，侧棱SB 和底面成45°角．(1) 若D 为侧棱SB 上一点，当SD DB为何值时，CD ⊥AB ； (2) 求二面角S-BC-A 的余弦值大小．解：以O 点为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OS 为z 轴建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知∠SBO ＝45°，SO ＝(0，0，0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，S(0，0，3)，B(3，0，0)．(1) 设BD→＝λBS →(0≤λ≤1)，则OD →＝(1＋λ)OB →＋λOS →＝(3(1＋λ)，0，3λ)，所以CD→＝(3(1－λ)，－3，3λ)．因为AB→＝(3，3，0)，CD ⊥AB ，所以CD →·AB →＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝23. 故SD DB ＝12时， CD ⊥AB. (2) 平面ACB 的法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面SBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·SB →＝0，n 2·SC →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧3x －3z ＝0，3y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝3z ，取n 2＝(1，3，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝3×0＋1×0＋1×112＋12＋（3）2·1＝55. 又显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为55. 5. 在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面是边长为1的正方形，E 、F 分别是棱B 1B 、DA 的中点．(1) 求二面角D 1-AE-C 的大小；(2) 求证：直线BF ∥平面AD 1E.(1) 解：以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图．则相应点的坐标分别为D 1(0，0，2)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(1，1，1)，∴ED 1→＝(0，0，2)－(1，1，1)＝(－1，－1，1)， AE→＝(1，1，1)－(1，0，0)＝(0，1，1)， AC→＝(0，1，0)－(1，0，0)＝(－1，1，0)．设平面AED 1、平面AEC 的法向量分别为m ＝(a ，b ，1)，n ＝(c ，d ，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ED 1→·m ＝0，AE →·m ＝0⎩⎨⎧－a －b ＋1＝0，b ＋1＝0⎩⎨⎧a ＝2，b ＝－1，由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0⎩⎨⎧－c ＋d ＝0，d ＋1＝0⎩⎨⎧c ＝－1，d ＝－1，∴m ＝(2，－1，1)，n ＝(－1，－1，1)，∴cos m ，n ＝m·n |m |·|n |＝－2＋1＋16×3＝0，∴二面角D 1AEC 的大小为90°.(2) 证明：取DD 1的中点G ，连结GB 、GF.∵E 、F 分别是棱BB 1、AD 的中点，∴GF ∥AD 1，BE ∥D 1G 且BE ＝D 1G ，∴四边形BED 1G 为平行四边形，∴D 1E ∥BG .又D1E 、D 1A 平面AD 1E ，BG 、GF 平面AD 1E ，∴BG ∥平面AD 1E ，GF ∥平面AD 1E.∵GF 、GB 平面BGF ，∴平面BGF ∥平面AD 1E.∵BF 平面AD 1E ，∴直线BF ∥平面AD 1E.(或者：建立空间直角坐标系，用空间向量来证明直线BF ∥平面AD 1E ，亦可)6. (2013·苏州调研)三棱柱ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB ＝2，AC ＝4，A 1A ＝是BC 的中点．(1) 求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值；(2) 求二面角B 1-A 1D-C 1的正弦值．解：(1) 由题意，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，D(1，2，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3).A 1D →＝(1，2，－3)，A 1C 1→＝(0，4，0).设平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)．∵ n ·A 1D →＝x ＋2y －3z ＝0，n ·A 1C 1→＝4y ＝0.∴ x ＝3z ，y ＝0.令z ＝1，得x ＝＝(3，0，1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，∵ DB 1→＝(1，－2，3)，∴ sin θ＝|cos 〈DB 1→·n 〉|＝3×1＋0×（－2）＋1×310×14＝33535.(2) 设平面A 1B 1D 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c)．A 1B 1→＝(2，0，0)，∵ m ·A 1D →＝a ＋2b －3c ＝0，m ·A 1B 1→＝2a ＝0，∴ a ＝0，2b ＝3c.令c ＝2，得b ＝＝(0，3，2)．设二面角B 1A 1DC 1的大小为α，∴ |cos α|＝cos|〈m ，n 〉|＝|m·n||m|·|m|＝|0×3＋3×0＋2×1|13×10＝265，则sin α＝3765＝345565. ∴ 二面角B 1A 1DC 1的正弦值为345565. 7. (2013·南通二模)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P －AB －A 1的平面角的余弦值为255. 解：(1) 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A 1(0，2，2)，B 1(0，4，2)，AA 1→＝(0，2，2)，BC →＝B 1C 1→＝(2，－2，0)．cos 〈AA 1→，BC →〉＝AA 1→·BC →|AA 1→|·|BC →|＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3. (2) P 为棱B 1C 1中点，设B 1P →＝λB 1C 1→＝(2λ，－2λ，0)，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，AP →＝(2λ，4－2λ，2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝0，n 1·AB →＝0.⎩⎨⎧λx ＋2y －λy ＋z ＝0，2y ＝0.⎩⎨⎧z ＝－λx ，y ＝0. 故n 1＝(1，0，－λ)，而平面ABA 1的法向量是n 2＝(1，0，0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P 为棱B 1C 1中点，其坐标为P(1，3，2)．近六年高考题1. 【2010高考北京理第16题】(14分)如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ；(2)求证：CF ⊥平面BDE ；(3)求二面角A-BE-D 的大小．【答案】设AC 与BD 交与点G 。

第34讲利用坐标法解决立体几何的角度与距离问题(解析版)

第34讲利用坐标法解决立体几何的角度与距离问题参考答案与试题解析一．选择题（共1小题）1．（2021•南岗区校级期中）如图，三棱锥A BCD -中，90DAB DAC BAC ∠=∠=∠=︒，1AB AD AC ===，M ，N 分别为CD ，BC 的中点，则异面直线AM 与DN 所成角余弦值为( )A ．16B C D ．56【解答】解：三棱锥A BCD -中，90DAB DAC BAC ∠=∠=∠=︒，建立空间直角坐标系，如图所示：由于1AB AD AC ===，M ，N 分别为CD ，BC 的中点，所以(0A ，0，0)，11(0,,)22M ，(0D ，0，1)，11(,22N ，0)，则11(0,,)22AM =，11(,,1)22DN =-，所以异面直线AM 与DN 所成角余弦值3cos ||||||AM DN AM DN θ== 故选：B ．二．解答题（共21小题）2．（2021•凉山州模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠=︒，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M 、N 分别为PC ，PB 的中点．（1）求证：PB DM ⊥；（2）求二面角A MD C --的正弦值．【解答】解：（1）证明：PA ⊥面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，AD PA ∴⊥， 90BAD ∠=︒，AD AB ∴⊥， PAAB A =，PA ，AB ⊂面PAB ，AD ∴⊥面PAB ，PB ⊂面PAB ，AD PB ∴⊥，又PAB ∆中，AP AB =，N 为PB 的中点，AN PB ∴⊥， ANAD A =，AN ，AD ⊂平面AND ，PB ∴⊥面AND ，又N ，M 分别为PB ，PC 的中点， //MN BC ∴，//BC AD ，//MN AD ∴，N ∈面AND ，M ∴∈面AND ，MN ∴⊂面AND ，PB DM ∴⊥．（2）解：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设22PA AD AB BC ====，则(0A ，0，0)，(0P ，0，2)，(2C ，1，0)，(0D ，2，0)，(1M ，12，1)，设面AMD 的法向量(m x =，y ，)z ， (0AD =，0，2)，(1AM =，12，1)， 20102AD m y AM m x y z ⎧==⎪⎨=++=⎪⎩，取1x =，得(1m =，0，1)-，设面CMD 的法向量(n x =，y ，)z ，(2DC =，1-，0)，(1DM =，32-，1)，20302DC n x y DM n x y z ⎧=-=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，2，2)， cos ,||||32m n m n m n <>==-∴二面角A MD C --．3．（2021•荔湾区校级期末）如图，在平行四边形ABCD 中，2AB BC =，120ABC ∠=︒，E 为线段AB 的中点，将ADE ∆沿在直线DE 翻折成△A DE '，使平面A DE '⊥平面BCD ，F 为线段A C ''的中点．（1）求证：//BF 平面A DE '．（2）设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平面A DE '所成角的大小．（3）若2BC =，求三棱锥A DEF '-的体积．【解答】解：（1）证明：取CD 中点G ，连结GF ，BG ，在平行四边形ABCD 中，2AB BC =，120ABC ∠=︒，E 为线段AB 的中点，将ADE ∆沿在直线DE 翻折成△A DE '，使平面A DE '⊥平面BCD ，//GF A D ∴'，//BGDE， GFBG G =，A DDE D '=，∴平面//A DE '平面BGF ，BF BGF ⊂，//BF ∴平面A DE '．（2）解：取CD 中点G ，连结EG 、AG 、DE ，A M '，设2BC =，则四边形AEGD 是边长为2的菱形，且60DAE ∠=︒，MA ME ∴⊥，由平面A DE '⊥平面BCD ，F 为线段A C ''的中点．A M ∴'⊥平面AEGD ，以M 为原点，MA 为x 轴，ME 为y 轴，MA '为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0M ，0，0)，(0A '，0，(0D ，1-，0)，(C -，1，0)，(F ，12，(3FM =，12-，，平面A DE '的法向量(1m =，0，0)，设直线FM 与平面A DE '所成角为θ，则||3sin ||||FM n FM n θ==，60θ∴=︒． ∴直线FM 与平面A DE '所成角的大小为60︒．（3）解：2BC =，∴由（2）得(F 12，平面A DE '的法向量(1m =，0，0)，1(2MF =-，∴点F 到平面A DE '的距离||3||MF m d m ==． 122A DES'=⨯∴三棱锥A DEF '-的体积：113A DEF F A DE V V '--'===．4．（2021•和平区校级月考）如图，四棱锥P ABCD -中，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，222PC AD DC CB ====，E 为PD 的中点．（1）证明：//CE 平面PAB ；（2）求直线CE与平面PAB间的距离．【解答】（1）证明：取PA的中点M，连接BM、EM，E为PD的中点，//EM AD∴，12EM AD BC==，∴四边形BCEM为平行四边形，//CE BM∴，CE⊂/平面PAB，BM⊂平面PAB，//CE∴平面PAB．（2）解：//CE平面PAB，∴点E到平面PAB的距离即为所求．222PC AD DC CB====，取AD的中点N，连接BN、PN，则四边形BCDN为矩形，1BN CD==PAD∆是以AD为斜边的等腰直角三角形，PN AD∴⊥，112PN AD==，BN AD⊥，PN BN N=，PN、BN⊂平面PNB，AD∴⊥平面PNB，//BC AD，BC∴⊥平面PNB，BC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PNB，以B为原点，BC、BN分别为x、y轴，在平面PNB内，作Bz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0B，0，0)，(1A，1-，0)，(1D，1，0)BC⊥平面PNB，BC PB∴⊥，在Rt PBC∆中，PB===1BN PN==，120PNB∴∠=︒，∴点3(2P ，0，5(4E ，12， ∴3(2BP =，0，(1BA =，1-，0)，5(4BE =，12，设平面PAB 的法向量为(n x =，y ，)z ，则00n BP n BA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3020x x y ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，令1x =，则1y =，z =∴(1n =，1，，∴点E 到平面PAB的距离514||||||n BE d n +⋅==，故直线CE 与平面PAB． 5．（2021•沙坪坝区校级月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD AD ⊥，PC 222AD DC CB ===，E 为PD 上一点．（1）若E 为PD 的中点，证明：//CE 平面PAB ；（2）若直线CE 与底面ABCD ，求二面角P AB E --的正弦值．【解答】（1）证明：取线段PA 的中点M ，连结EM ，BM ，因为线段PD 的中点为E ，线段PA 的中点为M ，所以//EM AD 且12EM AD =，又四边形ABCD 中，//BC AD ，2AD BC =，所以//EM BC ，EM BC =，所以四边形BCEM 为平行四边形，所以//CE BM ，因为BM ⊂平面PAB ，CE⊂/平面PAB ，所以//CE 平面PAB ；（2）解：已知PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，2AD =，所以PD 1PC CD ==，所以222PC PD CD =+，由勾股定理的逆定理可得，CD PD ⊥，又CD AD ⊥，AD PD D =，AD ，PD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD ，因为CD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PAD ，取AD 的中点O ，连结PO ，OB ，则PO AD ⊥，又PO ⊂平面PAD ，平面ABCD ⋂平面PAD AD =，所以PO ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 中，//BC AD ，2AD BC =，所以四边形BCDO 是平行四边形，所以//BO CD ，BO CD =，所以BO AD ⊥，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，所以(0A ，1-，0)，(1B ，0，0)，(1C ，1，0)，(0D ，1，0)，(0P ，0，1)，则(0,1,1),(1,0,0)DP CD =-=-，设(0,,),(0,1)DE DP λλλλ==-∈，所以(1,,)CE CD DE λλ=+=--，平面ABCD 的法向量可取(0,0,1)n =，因为直线CE 与底面ABCD，||||||CE n CEn ⋅=，解得13λ=，所以11(1,,)33CE =--，则21(0,,)33E ，所以51(0,,),(1,1,0)33AE AB ==，设平面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，所以00m AE m AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以51033y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，令1y =，则1x =-，5z =-，所以(1,1,5)m =--，又(0,1,1)AP =，设平面PAB 的法向量为(,,)p a b c =，则有00p AP p AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以00b c a b +=⎧⎨+=⎩，令1b =，则1c =-，1a =-，所以(1,1,1)p =--，所以7cos ,||||9m p m p m p ⋅<>==，所以242sin ,1,m p cos m p <>=-<>=，所以二面角P AB E --．6．（2021•江苏一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，PC =E 为PD 的中点．（1）求直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值；（2）设F 是BE 的中点，判断点F 是否在平面PAC 内，并请证明你的结论．【解答】解：（1）取AD 中点O ，连接OP 、OC ，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，所以OP AD ⊥，1OP OA OD ===，因为//BC AD ，AB AD ⊥，222AD AB BC ===，所以四边形ABCO 为边长为1的正方形，所以OC AD ⊥，又因为PC =，所以222PC OP OC =+，所以PO OC ⊥，所以OA 、OC 、OP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， (1A ，0，0)，(1B ，1，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，平面PAC 的法向量为(1n =，1，1)，(1PB =，1，1)-，所以直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值为||13||||3PB n PB n ⋅==⋅⋅．（2）连接AF ，(1D -，0，0)，1(2E -，0，1)2，1(4F ，12，1)4，3(4AF =-，12，1)4，点F到平面PAC的距离为||||3AF nn⋅==，所以点F在平面PAC内．7．（2021•房山区一模）如图，四棱锥P ABCD-中，PAD∆是以AD为斜边的等腰直角三角形，PD CD==2PC=，//12BC AD=，CD AD⊥．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）若E为PD中点，求CE与面PBC所成角的正弦值；（Ⅲ）由顶点C沿棱锥侧面经过棱PD到顶点A的最短路线与PD的交点记为F．求该最短路线的长及PFFD的值．【解答】（Ⅰ）证明：PD CD=2PC=，222CD PD PC∴+=，CD PD∴⊥，又CD AD⊥，PD AD D=，CD∴⊥平面PAD．（Ⅱ）解：取AD的中点O，连接OP，OB，PA PD=，PO AD∴⊥．CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，PO CD∴⊥，又AD CD D=，PO∴⊥平面ABCD，//12BC AD =，CD AD ⊥．∴四边形BCDO 是矩形，OB OD ∴⊥．以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示则C ，(0P ，0，1)，(0D ，1，0)，B ，(0E ，12，1)2， ∴11(,)22CE =--，(2,0,1),(0,1,0)PB BC =-=，设面PBC 的法向量(,,)n x y z =，则0n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00z y -==⎪⎩，令1x =可得(1n=，0．22cos ,||||5CE nCE n CE n -⋅∴<>===⋅设CE 与面PBC 所成角为θ，∴15sin |cos ,|CE n θ=<>=．（Ⅲ）解：CD ⊥平面PCD ，PD ⊂面PAD ， CD PD ∴⊥，PDC ∴∆为等腰直角三角形，作出平面APD 和平面PCD 的侧面展开图，如图所示：连接AC 交PD 于F ，则AC 为最短路线，90APD PDC '∠=∠=︒，//AP DC '∴=，∴四边形ADC P '为平行四边形，F ∴与E 重合，∴最短路线长为22AF ==，此时1PF FD=．8．（2021春•湖北期末）如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，4AB BC ==，2CD SD ==．（1）求证：SD AB ⊥；（2）求AB 与平面SBC 所成的角的正弦值．【解答】解：（1）证明：四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，4AB BC ==，2CD SD ==．AD ∴=4SA AB ==，222SA SD AD ∴+=，SD SA ∴⊥，同理得SD SB ⊥， SASB S =，SD ∴⊥平面SAB ，AB ⊂平面SAB ，SD AB ∴⊥．（2）解：以D 为原点，在平面ABCD 内过D 作DC 的垂线为x 轴，DC 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，(4A ，2-，0)，(4B ，2，0)，(0C ，2，0)，(1S ，0，，(4CB =，0，0)，(1CS =，2-，(0AB =，4，0)，设平面SBC 的一个法向量是(n x =，y ，)z ，则4020n CB x n CS x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取2z =，得(0n =2)，设AB 与平面SBC 所成的角为θ，则||4sin ||||7n AB n AB θ⋅===⋅．AB ∴与平面SBC ．9．（2021•天山区校级期末）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，12AB BC PA ==，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．（1）求证：//OD 平面PAB ；（2）求直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】证明：（1）点O ，D 分别是AC ，PC 的中点， //OD PA ∴又OD ⊂/平面PAB ，PA ⊂平面PAB //OD ∴平面PAB ；（2）连接OB ，AB BC =，点O 是AC 的中点， OB AC ∴⊥又OP ⊥底面ABC ．故可以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系令112AB BC PA ===，AB BC ⊥，则2OA OB OC ===，2OP =则(0O ，0，0)，B 0，0)，(0C ，0)，(0P ，0，(0D∴(0OD =，(BC =-，0)，(0PC =，设(m x =，y ，)z 是平面PBC 的一个法向量则00m BC m PC ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00y y ⎧+=⎪⎪-=令1z =，则(7m =，1) 直线OD 与平面PBC 所成角θ满足： ||210sin ||||m OD m OD θ== 故直线OD 与平面PBC10．（2012秋•小店区校级月考）如图，四边形ABCD 中（图1)，E 是BC 的中点，2DB =，1DC =，BC ，AB AD ==1)沿直线BD 折起，使二面角A BD C --为60︒（如图2)（1）求证：AE ⊥平面BDC ；（2）求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值；（3）求点B 到平面ACD 的距离．【解答】解：（1）如图1取BD 中点M，连接AM，ME．因AB AD==AM BD∴⊥（3）⋯（1分）因2DB=，1DC=，BC=满足：222DB DC BC+=，所以BCD∆是BC为斜边的直角三角形，BD DC⊥，因E是BC的中点，所以ME为BCD∆的中位线1//2ME CD，ME BD ∴⊥，12ME=⋯（2分）AME∴∠是二面角A BD C--的平面角，60AME∴∠=︒⋯（3分）AM BD⊥，ME BD⊥且AM、ME是平面AME内两相交于M 的直线BD∴⊥平面AEM AE⊂平面AEM，BD AE∴⊥⋯（4分）因AB AD==，2DB=，ABD∴∆为等腰直角三角形，∴112AM BD==，22212cos124AE AM ME AM ME AME=+-∠=+-⨯2221AE ME AM∴+==，AE ME∴⊥⋯（6分）BD M E∴，BD⊂面BDC，ME⊂面BDC，AE∴⊥平面BDC⋯（7分）（2）如图2，以M为原点MB为x轴，ME为y轴，建立空间直角坐标系，（8分）则由（1）及已知条件可知(1B ，0，0)，1(0,,0)2E ，1(0,2A ，(1D -，0，0)，(1C -，1，0)， 13(1,,),(0,1,0)2AB CD =--=-，⋯（9分）设异面直线AB 与CD 所成角为θ，则cos ||||||AB CDAB CD θ=⋯（10分）1==⋯（11分）（3）由13(1,,),(0,1,0)2AD CD =---=-，可知(3,0,2)n =-满足，0,0n AD n CD ==，n 是平面ACD 的一个法向量，⋯（12分）记点B 到平面ACD 的距离d ，则AB 在法向量n 方向上的投影绝对值为d 则||||AB nd n =⋯（13分），所以7d ==（14分）11．（2010•浙江）如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，243AE EB AF FD ====．沿直线EF 将AEF ∆翻折成△A EF '，使平面A EF '⊥平面BEF ．（Ⅰ）求二面角A FD C '--的余弦值；（Ⅱ）点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与A '重合，求线段FM 的长．【解答】解：（Ⅰ）取线段EF 的中点H ，连接A H '，因为A E A F '='及H 是EF 的中点，所以A H EF '⊥，又因为平面A EF '⊥平面BEF ．如图建立空间直角坐标系A xyz -则(2A '，2，，(10C ，8，0)， (4F ，0，0)，(10D ，0，0)．故(2FA '=-，2，，(6FD =，0，0)．设(n x =，y ，)z 为平面A FD '的一个法向量，22060x y x ⎧-++=⎪⎨=⎪⎩，取z =，则(0,n =-．又平面BEF 的一个法向量(0,0,1)m =，故3cos ,||||n m n m n m ⋅〈>==⋅．（Ⅱ）设FM a =，则(4M a +，0，0)，因为翻折后，C 与A 重合，所以CM A M ='，故，222222(6)80(2)2a a -++=--++，得214a =，经检验，此时点N 在线段BC 上，所以214FM =．方法二：（Ⅰ）解：取线段EF 的中点H ，AF 的中点G ，连接A G '，A H '，GH ．因为A E A F '='及H 是EF 的中点，所以A H EF '⊥又因为平面A EF '⊥平面BEF ，所以A H '⊥平面BEF ，又AF ⊂平面BEF ，故A H AF '⊥，又因为G 、H 是AF 、EF 的中点，易知//GH AB ，所以GH AF ⊥，于是AF ⊥面A GH '，所以A GH ∠'为二面角A DH C '--的平面角，在Rt △A GH '中，A H '=，2GH =，A G '=所以cos A GH '∠=．故二面角A DF C '--．（Ⅱ）解：设FM x =，因为翻折后，C 与A '重合，所以CM A M ='，而222228(6)CM DC DM x =+=+-，222222222(2)2A M A H MH A H MG GH x '='+='++=+++，故222222(6)80(2)2x x -++=--++ 得214x =，经检验，此时点N 在线段BC 上，所以214FM =．12．（2021•五莲县期中）如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，//BE CF ，90BCF CEF ∠=∠=︒．AD =2EF =．（1）求证：//AE 平面DCF ；（2）当AB 的长为何值时，二面角A EF C --的大小为60︒．【解答】证明：（1）过E 作EG CF ⊥于G ，连接DG ，则四边形BCGE 为矩形．又ABCD 为矩形，AD ∴平行且等于EG ，∴四边形ADGE 为平行四边形，//AE DG ∴，AE ⊂/平面DCF ，DG ⊂平面DCF ，//AE ∴平面DCF ．解：（2）分别以直线BE 、BC 、BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，依题意可得：(0B ，0，0)，(0C 0)，(3E ，0，0)，(4F 0)，设AB m =，则(0A ，0，)m ．(3AE =，0，)m -，(1EF =0)，平面CEF 的法向量(0m =，0，1)．设平面AEF 的法向量(n x =，y ，)z ，则30n AE x mz n EF x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，取9z =，得(3n m =，，9)（8分）二面角A EF C --的大小为60︒， ||cos60||||12n m n m m ⋅∴︒==⋅92m =． ∴当92AB =时，二面角A EF C --的大小为60︒．（12分）13．（2014秋•成都校级月考）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（Ⅰ）求证：CM EM ⊥；（Ⅱ）求CM 与平面CAE 所成角的大小；（Ⅲ）求平面ABC 与平面CDE 所成锐二面角的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）分别以CB ，CA 所在直线为x ，y 轴，过点C 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -设AE a =，则(M a ，a -，0)，(0E ，2a -，)a ，所以(CM a =，a -，0)，(EM a =，a ，)a -，∴()0()0CM EM a a a a a =⨯+-⨯+⨯-=，CM EM ∴⊥．解：（2）平面CAE 的法向量(1n =，0，0)，(CM a =，a -，0)，设CM 与平面CAE 所成角为θ，则||sin ||||2CM n CM n aθ===，45θ=︒，∴直线CM 与平面CAE 所成的角为45︒．（3）(2D a ，0，2)a ，(2CD a =，0，2)a ，(0CE =，2a -，)a ，设平面CDE 的法向量(m x =，y ，)z ，则20220m CE ay az m CD ax az ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，令1y =，得(2m =-，1，2)，平面ABC 的法向量(0p =，0，1)，设平面ABC 与平面CDE 所成锐二面角为θ，则||2cos ||||3m p m p θ==．∴平面ABC 与平面CDE 所成锐二面角的余弦值为23．14．（2021•天津二模）如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，24AC BC EB DC ====，90ACB ∠=︒，P 、Q 分别为AE ，AB 的中点．（1）证明：//PQ 平面ACD ．（2）求异面直线AB 与DE 所成角的余弦值；（3）求平面ACD 与平面ABE 所成锐二面角的大小．【解答】（1）证明：P 、Q 分别是AE 、AB 的中点， //PQ BE ∴，12PQ BE =，又//DC BE ，12DC BE =， //PQ DC ∴，PQ ⊂/平面ACD ，DC ⊂平面ACD ， //PQ ∴平面ACD ；（2）解：DC ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒，以点C 为坐标原点，分别以CD ，CA ，CB 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则(0C ，0，0)，(0A ，4，0)，(0B ，0，4)，(2D ，0，0)，(4E ，0，4)， (0,4,4)AB =-，(2,0,4)DE =，10cos ,||||AB DE AB DE AB DE ∴<>==，∴异面直线AB 与DE ；（3）解：由（Ⅱ）可知(0,4,4)AB =-，(4,4,4)AE =-，设平面ABE 的法向量为(,,)n x y z =．则4404440n AB y z n AE x y z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1z =，得(0,1,1)n =．由已知可得平面ACD 的法向量为(0CB =，0，4)， 2cos ,||||n CB n CB n CB ∴<>== 故所求平面ACD 与平面ABE 所成锐二面角的大小为45︒．15．（2011•浙江）如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知8BC =，4PO =，3AO =，2OD = （Ⅰ）证明：AP BC ⊥；（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【解答】解：以O 为原点，以AD 方向为Y 轴正方向，以射线OP 的方向为Z 轴正方向，建立空间坐标系，则(0O ，0，0)，(0A ，3-，0)，(4B ，2，0)，(4C -，2，0)，(0P ，0，4) ()I 则(0AP =，3，4)，(8BC =-，0，0)由此可得0AP BC ⋅=∴AP BC ⊥即AP BC ⊥()II 设PM PA λ=，1λ≠，则(0PM λ=，3-，4)- (4BM BP PM BP PA λ=+=+=-，2-，4)(0λ+，3-，4)- (4AC =-，5，0)，(8BC =-，0，0)设平面BMC 的法向量(a a =，b ，)c 则00BM a BC a ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 4(23)(44)080a b c a λλ--++-=⎧⎨-=⎩令1b =，则(0a =，1，23)44λλ+- 平面APC 的法向量(b x =，y ，)z 则00AP b AC b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即340450y z x y +=⎧⎨-+=⎩令5x =则(5b =，4，3)- 由0a b ⋅= 得2343044λλ+-⋅=- 解得25λ=故3AM =综上所述，存在点M 符合题意，此时3AM =16．（2015秋•江西月考）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，111AA A B AC ===．（1）证明：平面ABC ⊥平面1A BC ；（2）在线段1BB 上是否存在点E ，使得二面角1E AC B --？若存在确定点E 的位置，若不存在，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）设BC 的中点为O ，11A B A C ==，BC = 1AO BC ∴⊥，且12A O =，又90BAC ∠=︒，2AB AC ==，AO BC ∴⊥，且AO =，2221124AO AO AA ∴+=+=， 1AO AO ∴⊥，1AO ∴⊥面ABC ，又1A O ⊂平面1A BC ，∴平面1A BC ⊥平面ABC ．解：（Ⅱ）如图，以OA ，OB ，1OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A ，(0B0)，(0C，0)，1(0A ，0，2)，平面1A BC 的法向量(1m =，0，0)，设11BE BB AA λλ==，(01)λ，则(BE =-，0，2)λ，点E 的坐标为(，2)λ，设平面1EAC 的法向量为(n x =，y ，)z ，由1n CA ⊥，n CE ⊥，得2020z x z λ+=++=⎪⎩，取1z =，得22(n =-+1)，10|cos ,|m n <>=，∴=解得1λ=，∴在线段1BB 上存在点E ，使得二面角1E AC B --，且点E 与点1B 重合．17．（2021春•东湖区校级期中）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，2AB AC ==，14A A =，1A 在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是11B C 的中点．（1）证明：1A D ⊥平面1A BC ；（2）求二面角11B A D B --的平面角的正切值．【解答】（1）证明：2AB AC ==，D 是11B C 的中点．111A D B C ∴⊥，11//BC B C ，1A D BC ∴⊥，1A O ⊥面ABC ，1//A D AO ，1AO AO ∴⊥，1AO BC ⊥ BCAO O =，11AO A D ⊥，1A D BC ⊥ 1A D ∴⊥平面1A BC（2）解，如图，以BC 中点O 为坐标原点，以OB 、OA 、1OA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建系．则1BC AO =易知1(A B C ，1(0,A D B ，1(0,A D =，(BD =-设平面1A BD 的法向量为(,,)m x y z =，由，100m A D m BD ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00⎧=⎪⎨+=⎪⎩，取1z =，得(7,0,1)m =又平面11A DB 的法向量为(0,0,1)n =，cos ,412m n ∴<>==⨯∴二面角11A BD B --18．（2021•舒城县校级开学）如图，已知多面体111ABC A B C -，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（1）证明：111AB AC ⊥；（2）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．【解答】（1）证明：以A 为原点，AC ，1AA 所在直线分别为y ，z 轴，在平面ABC 内作Ax AC ⊥，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0A ，0，0)，1(1B 2)，1(0A ，0，4)，1(0C ，1)，∴1(1AB =2)，11(0A C =，3)-，∴11132(3)0AB A C ⋅=⨯⨯-=，即111AB AC ⊥．（2）解：由（1）可知，1(0AC =，1)，(1AB =0)，1(1AB =2)，设平面1ABB 的法向量为(n x =，y ，)z ，则100n AB n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x x z ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，令1y =，则x =0z =，∴(3n =-，1，0)，设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ，则sin |cos n θ=<，111||||||||2n AC AC n AC ⋅>===⋅⨯，故直线1AC 与平面1ABB ． 19．（2021•滁州期末）如图，已知在直四棱柱（侧棱垂直底面的棱柱）1111ABCD A B C D -中，AD DC ⊥，//AB DC ，1222DC DD AD AB ====（1）求证：DB ⊥平面11B BCC ．（2）求1BC 与平面1A BD 所成的角的余弦值；（3）求二面角11A DB C --的正弦值．【解答】证明：（1）以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0D ，0，0)，(1B ，0，0)，1(0C ，2，2)，(0C ，2，0)， (1DB =，1，0)，(1BC =-，1，0)，1(0BB =，0，2)， 1100DB BC =-++=，BD BC ∴⊥，10DB BB =，1BD BB ∴⊥， 1BB BC B =，DB ∴⊥平面11B BCC ．解：（2）设(n x =，y ，)z 为平面1A BD 的一个法向量， 1(1DA =，0，2)，(1DB =，1，0)，则1200n DA x z n DB x y ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1z =，得(2n =-，2，1)，又1(1BC =-，1，2)，设1BC 与平面1A BD 所面1A BD 所成角为θ，则11||6sin ||||n BC n BC θ== 1BC ∴与平面1A BD ．（3）由（2）知平面1A BD 的一个法向量为(2n =-，2，1)，设(m x =，y ，)z 为平面1C BD 的一个法向量， 1(1BC =-，1，2)，(1DB =，1，0)，则1200n BC x y z n DB x y ⎧=-++=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =-，得(1m =，1-，1)，设二面角11A DB C --的平面角为θ，则|cos |||||||33m n m n θ===，sin θ∴==． ∴二面角11A DB C --．20．（2015秋•辽宁校级月考）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==PA ，G 为线段PC 上的点，120ABC ∠=︒（Ⅰ）证明：BD ⊥面PAC ；（Ⅱ）求PC 与面PBD 所成的角；（Ⅲ）若G 满足PC ⊥面GBD ，求PGGC的值．【解答】解：（1）设ACBD O =，2AB BC ==，AD CD =ABD CBD ∴∆≅∆，ABD CBD ∴∠=∠，ABO CBO ∴∆≅∆，BD AC ∴⊥，PA ⊥面ABCD ，PA BD ∴⊥，PAAC A =，BD ∴⊥面PAC ．解：（2）以O 为坐标原点，以OC 和OD 所在直线为x 轴和y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，(P 0，(0B ，1-，0)，(0D ，2，0)，C 0，0)，设面PBD 的法向量为(,,)n x y z =，则(3,1,PB =-，(0,3,0)BD =，(23,0,PC =， n PBn BD⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩由，得030y y -==⎪⎩，取1x =，得(1,0,1)n =， ∴10cos ,10||||PC n PC n PC n 〈〉==，∴10sin |cos ,|PC n θ=〈〉=，即PC 与面PBD所成角为，（3）设(G x ，y ，)z ，CG CP λ=，得(,)(x y z λ=-得0x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即)G ， ∴(3)BG =由BG PC ⊥，得25λ=，即32PG GC =．21．（2021•龙岗区校级期中）如图，在三棱台ABC DEF -中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =．（1）证明：BC BD ⊥；（2）求二面角F CD B --的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过点D 作DO AC ⊥，交AC 与点O ，连接OB ，由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥，所以CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC ，平面ACFD ⋂平面ABC AC =，DO ⊂平面ACFD ，故DO ⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，所以DO BC ⊥，由45ACB ∠=︒，12BC CD ==，则BO BC ⊥，又DOBO O =，DO ，BO ⊂平面BDO ，所以BC ⊥平面BDO ，又DB ⊂平面BDO ，故BC DB ⊥；（2）解：以点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设2CD BC ==则(0O ，0，0)，(1B ，1，0)，(0C ，2，0)，(0D ，0，2)，所以(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-，(0,2,0)OD =，设平面BCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00n BC n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1y z ==，故(1,1,1)n =，设平面FCOD 的法向量为(,,)m a b c =，则00m OC m OD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020c b =⎧⎨=⎩，令1x =，则(1,0,0)m =，所以|||cos ,|||||13m n m n m n ⋅<>===⨯故二面角F CD B --=．22．（2021•新疆模拟）如图，在四棱锥A BCDE -中，平面ABC ⊥平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠=︒，2AB CD ==，1DE BE ==，AC =（1）求证：DB ⊥平面ABC ；（2）求平面ABE 与平面ADC 所成二面角大小的余弦值．【解答】证明：（1）以D 为原点，DE 为x 轴，DC 为y 轴，在过D 作平面BCDE 垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0D ，0，0)，(1B ，1，0)，(0A ，2，(0C ，2，0)，(1DB =，1，0)，(0CA =，0，(1CB =，1-，0)， 0DB CA =，0DB CB =，DB CA ∴⊥，DB CB ⊥，CA CB C =，DB ∴⊥平面ABC ．解：（2）平面ADC 的法向量(1n =，0，0)，(1E ，0，0)，(1EA =-，2，(0EB =，1，0)，设平面ABE 的法向量(m x =，y ，)z ，则200m EA x y m EB y ⎧=-++=⎪⎨==⎪⎩，取1z =，得(2,0,1)m =，设平面ABE 与平面ADC 所成二面角大小为θ，则||2cos ||||3m n m n θ===．∴平面ABE 与平面ADC ．。

解答立体几何问题的常用方法

备考指南立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理以及运算能力.求解立体几何问题的常用方法主要有几何法和向量法.掌握并合理运用这两种解题方法，有利于迅速找到解题的思路.下面结合实例，谈一谈解答立体几何问题的常用方法.一、几何法几何法是解答立体几何问题的常用方法，也是比较重要的方法.在运用几何法求解立体几何问题时，要根据空间中点、线、面之间的位置关系，寻找平行、垂直关系，灵活运用立体几何中的定义、公理、判定定理和性质定理来分析、解答问题.例1.如图1所示，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为3的菱形，PD=3,PA=PC=23，点Q是PD的中点.（1）求证：直线PB∥平面ACQ；（2）求证：平面PAD⊥平面ABCD.证明：（1）连接BD交AC于点O，连接OQ，根据菱形ABCD的性质可知O为BD的中点，因为Q是PD的中点，所以OQ是ΔPBD的中位线，可得OQ∥PB.又OQ⊂平面ACQ，PB⊄平面ACQ，由线面平行的判定定理得PB∥平面ACQ.（2）在ΔPAD中，PD2+DA2=32+(3)2=12=(23)2 =PA2，所以PD⊥DA.同理可证PD⊥DC.因为DA⋂DC=D，由线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.因为PD⊂平面PAD，所以由面面垂直的判定定理得平面PAD⊥平面ABCD.在解答立体几何中有关线线、线面、面面平行和垂直的问题时，往往需要首先根据图形理清点、线、面之间的位置关系，然后运用线线、线面、面面平行和垂直的定义、判定定理、性质定理来解题.对于第一个问题，需首先想到运用线面平行的判定定理；对于第二个问题，要证明面面垂直，往往需先想到运用面面垂直的判定定理，则需根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，只需根据勾股定理证明线线垂直.二、向量法1.基底法基底法是指根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，通过向量运算来解题.运用基底法解题，需先根据立体几何图形的特点和位置关系，选择一组合适的向量，将其作为基底，再根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，利用向量的数量积公式、模的公式、共线定理等进行求解.例2.已知正四面体ABCD的各条棱长均为1，点E、F分别是BC、AD的中点，则AE∙CF=（）. A.0 B.12 C.1 D.-12解：如图2所示，设向量AB=a ,AC=b , AD=c ，因为正四面体的各条棱长均为1，所以a ∙b =a ∙c =b ∙c =1×1×cos60°=12，且||||b 2=1.因为点E、F分别是BC、AD的中点，所以AE=a +b 2， CF=-b +c 2，所以AE∙CF=æèçöø÷a +b 2∙æèçöø÷-b +c 2=-12a ∙b +14a ∙c -12||||b 2+14b ∙c=-12×12+14×12-12×1+14×12=-12.故本题选D.以AB=a 、AC=b 、 AD=c 为基底，并用这些基底将AE、CF表示出来，即可根据向量的数量积公式，求得AE∙CF的表达式及值.运用基底法解题的关键在于根据题意和图形的特点，选取合适的基底.图1图2552.坐标法有些立体几何问题中的图形为特殊图形，如正方体、直棱柱、长方体、正棱锥、圆锥、圆柱等，此时可采用坐标法求解.首先要根据这些图形的特点，找到两条或三条垂直且交于一点的直线，将其作为坐标轴，建立空间直角坐标系；然后求得相关点的坐标、直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量的坐标运算求得问题的答案.若用a 、b 表示直线a 、b 的方向向量，用m 、n 表示平面α、β的法向量，则（1）直线a 、b 所成角的余弦值为：cos θ=||||||cos a ,b =||||||||||a ∙b ||a ||||b ；（2）直线a 与平面α所成角的正弦值为：sin θ=||cos a,m =||||||||a∙m ||a ||m ；（3）平面α、β的二面角的余弦值为：cos θ=cos m ,n =m ∙n ||m ||n 或cos θ=-cos m ,n =-m ∙n ||m ||n （依平面角与法向量夹角的大小而定）；（4）若A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为：d =|||||||| AP ∙n ||n.例3.据《九章算术》中的记载可知，堑堵是底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马是底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体.如图3，在堑堵ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC .（Ⅰ）求证：四棱锥B -A 1ACC 1为阳马，并判断四面体A 1-CBC 1是否为鳖臑，若是，请写出各个面的直角（只写出结论）；（Ⅱ）若A 1A =AB =2，当阳马B -A 1ACC 1的体积最大时，求二面角C -A 1B -C 1的余弦值.图3解：(Ⅰ)由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知A 1A ⊥底面ABC ，所以BC ⊥A 1A ，因为BC ⊥AC ，A 1A ⋂AC =A ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1.由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知，四边形A 1ACC 1为矩形，因此四棱锥B -A 1ACC 1为阳马.易知四面体A 1-CBC 1为鳖臑，四个面的直角分别是∠A 1CB ,∠A 1C 1C ,∠BCC 1,∠A 1C 1B .（Ⅱ）因为A 1A =AB =2，由（Ⅰ）知阳马B -A 1ACC 1的体积为V =13S 矩形A 1ACC 1∙BC =13×A 1A ×AC ×BC =23AC ×BC≤13(AC 2+BC 2)=13×AB 2=43，所以当AC =BC =2时，V max =43，此时直线CA ,CB ,CC 1两两互相垂直，可建立如图4所示的空间直角坐标系C -xyz .易知点C (0,0,0),B (0,2,0),A 1(2,0,2),C 1(0,0,2)，所以 CA 1=(2,0,2),CB =(0,2,0),BA 1=(2,-2,2)，BC 1=(0,-2,2).设平面CA 1B 的法向量为n =(x ,y ,z )，则ìíîn ∙CA 1=0，n ∙ CB =0，可得ìíî2x +2z =0，2y =0，令x =2，则z =-1,y =0，则n =(2,0,-1)；同理可得平面C 1A 1B 的一个法向量m =(0,2,1).所以cos <n ,m >=n ∙m ||n ||m =-13×3=-13.由图4知，二面角C -A 1B -C 1为锐二面角，故二面角C -A 1B -C 1的余弦值为13.利用坐标法求解有关夹角或距离问题，关键是建立合适的空间直角坐标系.通常要使更多的点落在坐标轴上，这样便于计算.有时可通过添加辅助线来画出其中的一条坐标轴.相比较而言，几何法和基底法的适用范围较广，对于大部分的题目，都可以采用几何法和基底法求解；而坐标法的适用范围较窄，只适用于求解方便建立空间直角坐标系的题目.但运用坐标法求解立体几何问题较为便捷，只需通过简单的向量运算即可.（作者单位：安徽省宁国市宁国中学）备考指南图456。

立体几何解题之几何法与坐标法

高三复习之寸利必得第2杯河南师大附中关仲卿【解题指导】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.本题第1问是一个探索性问题，利用线面平行的性质定理，寻找线线平行来证明线面平行，经过探究发现点M 在直线NF 上任何一个位置，依据命题的解读发现，命题思路非常灵活，既可以取特殊点证明直线与平面平行的存在性，也可以探索点M 的任意性，命题颇为有趣．第2问常规命题：解法一：先找线面角，再利用三角形求解正弦值；解法二：利用空间向量经过计算得正弦值.通过本题研究发现，高考主体得分策略是立体几何12分必须满分，这就要求平时注意基本题型的训练，做到各种题型训练不重复不遗漏．立体几何复习中有老师认为只需建立坐标系就可以了，其实不然，正因为是必得分题，更应该复习细致，逐步分析，做到每一步得分万无一失，也为研究其他题目有了时间保证，切记寸利必得．【2016年四川高考】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（I ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(II)若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.（Ⅰ）在梯形中ABCD ，AB 与CD 不平行，延长AB ，DC 相交于M ，（1分）则M 即为所求的一个点，证明如下：（1分）由已知//BC ED ，且BC ED =（1分）所以四边形BCDE 是平行四边形（1分）则//CM BE （1分）又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE所以//CM 平面PBE （1分）【探索问题】延长PA 到N 使PA=PN ，延长AB ，DC 相交于F ，连接NF ，则平面//DFN 平面PBE又平面DFN 平面=PAB NF则在NF 上任取一点M ，即可//CM 平面PBE（Ⅱ）解法一：先找线面角，再利用三角形求解正弦值.由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PAAD=A ，所以CD ⊥平面PAD . （1分）从而CD ⊥PD.所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角，所以∠PDA =45°.（1分）设BC =1，则在Rt △PAD 中，PA=AD =2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH .易知PA ⊥平面ABCD .（1分）从而PA ⊥CE .于是CE ⊥平面PAH ，所以平面PCE ⊥平面PAH . （1分）过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE .所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. （1分）在Rt △AEH 中，∠AEH =45°，AE =1，所以AH在Rt △PAH 中，PH 2 ，所以sin ∠APH =AH PH =13.（1分）解法二：利用空间向量经过计算得正弦值.由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PAAD=A ，所以CD ⊥平面PAD . （1分）从而CD ⊥PD.所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角，所以∠PDA =45°. （1分）设BC =1，则在Rt △PAD 中，PA=AD =2.以A 为原点，以AD ，AD 的垂线，AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0),(0,0,2),(2,1,0),(1,0,0)A P C E （1分）所以PE=（1,0,-2），EC=（1,1,0），AP=（0,0,2）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PEEC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn得20,0,x zx y-=⎧⎨+=⎩设x=2，解得n=(2,-2,1).（1分）设直线P A与平面PCE所成角为α，则sinα=||||||n APn AP⋅⋅=13= .所以直线P A与平面PCE所成角的正弦值为13.（1分）。

(完整版)立体几何坐标法教师版

立体几何坐标法：一：一般的公式：1、空间角(1)（线线）设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)（线面）设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)（面面）求二面角的大小(ⅰ)如图①，AB 、CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(ⅱ)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．2、距离（1）点面距的求法：设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.（2）线面距、面面距均可转化为点面距（3）两异面直线的距离求法：d ＝|AB →·n ||n |.（AB 是异面直线上任意两点）二：如何选择建系：8、在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（Ⅰ）求证：CM EM ⊥；（Ⅱ）求CM 与平面CDE 所成的角．11年重庆 19．（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）如题（19）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB BC ⊥，AD CD =，CAD ∠=30︒．（Ⅰ）若AD =2，AB BC =2，求四面体ABCD 的体积；（Ⅱ）若二面角C AB D --为60︒，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．28.【2012高考四川文19】(本小题满分12分)如图，在三棱锥P ABC -中，90APB ∠=，60PAB ∠=，AB BC CA ==，点PEDCM AB在平面ABC 内的射影O 在AB 上。

立体几何大题(解析版)

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | |n |(n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点C 0,2,0 ,D 0,0,3 ,E 233,0,0 ，则CD =0,-2,3 ,CE =233,-2,0 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，因为AB ⊥AE ，则A 1B ⊥A 1E ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC =AC ，DM ⊂平面ACD ，所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点M是PD的中点，所以M0,22,22，所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为AB =AC ，所以AE ⊥BC ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由已知AF =1，∠BAC =60°，所以EF =3，AE =2，BE =1，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，设平面A 1BC 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅BC =-3x +y =0n ⋅BA 1 =-3x +3z =0 ，令x =1，得n =1,3,1 ，设平面BCC 1的法向量为m =a ,b ,c ，则m ⋅BC =-3a +b =0m ⋅CC 1 =b +3c =0，令a =1，得m =1,3,-1 ，所以cos n ,m =n ⋅m n ⋅m=35⋅5=35，即二面角A 1-BC -M 的正弦值为45．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G 为弧CD 的中点，且C ，E ，D ，G 四点共面.(1)证明：平面BDF ⊥平面BCG ；(2)若平面BDF 与平面ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段AB 长度为2，求点G 到直线DF 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，有HBCG 为平行四边形，根据题设可得FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，再由线面垂直的性质可得CB ⊥FB ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，确定相关点坐标，进而求平面BDF 、平面ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得h =2r ，即可求出点G 到直线DF 的距离.【详解】(1)过G 作GH ⎳CB ，交底面弧于H ，连接HB ，易知：HBCG 为平行四边形，所以HB ⎳CG ，又G 为弧CD 的中点，则H 是弧AB 的中点，所以∠HBA =45°，而由题设知：∠ABF =45°，则∠HBF =∠HBA +∠ABF =90°，所以FB ⊥HB ，即FB ⊥CG ，由CB ⊥底面ABF ，FB ⊂平面ABF ，则CB ⊥FB ，又CB ∩CG =C ，CB ,CG ⊂平面BCG ，所以FB ⊥平面BCG ，又FB ⊂平面BDF ，所以平面BDF ⊥平面BCG .(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系A -xyz ，令半圆柱半径为r ，高为h ，则B 0,2r ,0 ，F 2r ,0,0 ，D 0,0,h ，G -r ,r ,h ，所以FD =-2r ,0,h ，BD =0,-2r ,h ，AB =0,2r ,0 ，AG =-r ,r ,h ，若m =x ,y ,z 是面BDF 的一个法向量，则m ⋅FD =-2rx +hz =0m ⋅BD =-2ry +hz =0 ，令z =2r ，则m =h ,h ,2r ，若n =a ,b ,c 是面ABG 的一个法向量，则n ⋅AB =2rb =0n ⋅AG =-ra +rb +hc =0 ，令c =r ，则n =h ,0,r ，所以cos m ,n =m ⋅n m n=h 2+2r 22h 2+4r 2×h 2+r 2=155，整理可得h 2-4r 2 h 2+2r 2 =0，则h =2r ，又AB =2，由题设可知，此时点G -1,1,2 ，D 0,0,2 ，F 2,0,0 ，则DF =2,0,-2 ，DG =-1,1,0 ，所以点G 到直线DF 的距离d =DG 2-DG ⋅DF 2DF2=62.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE =AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO =18，点P 为线段DO 上一个动点.(1)当PO =36时，证明：PA ⊥平面PBC ；(2)当P 点在什么位置时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离O 点36处【分析】(1)利用勾股定理证明出AP ⊥BP 和AP ⊥CP ，再用线面垂直的判定定理证明出PA ⊥平面PBC ；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为AE =AD ，AD =DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO =π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO =18，所以AO =DO 3=63，因为△ABC 是正三角形，所以AB =AO ×32×2=63×3=18，AP =AO 2+PO 2=92，BP =AP ，所以AP 2+BP 2=AB 2，AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥CP ，又BP ∩PC =P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .(2)如图，建立以O 为原点的空间直角坐标系O -xyz .设PO =x ，(0≤x ≤18)，所以P 0,0,x ，E -33,9,0 ，B 33,9,0 ，C -63,0,0 ，所以EP =33,-9,x ，PB =33,9,-x ，PC =-63,0,-x ，设平面PBC 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅PB =33a +9b -cx =0n ⋅PC =-63a -cx =0，令a =x ，则b =-3x ，c =-63，故n =x ,-3x ,-63 ，设直线PE 和平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=cos EP ,n =33x +93x -63x 108+x 2⋅x 2+3x 2+108=63x 108+x 2⋅4x 2+108=634x 2+1082x 2+540≤6324x 2⋅1082x 2+540=13，当且仅当4x 2=1082x 2，即PO =x =36时，直线PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大，故P 点在距离O 点36处.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC =60°，四边形PACQ 为矩形，PA =1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等；②三棱锥P -ABD 体积为33；③cos ∠BPA =55(1)平面PACQ ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -PQ -D 的大小；(3)求点C 到平面BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】(1)若选①，则作PA ⊥面ABCD ，证明A 和A 重合从而得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P 到面ABD 的距离h =1=PA ，得到PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA ⊥AB ，再通过PA ⊥面ABCD ，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选①，连接BD ，作PA ⊥面ABCD ，垂足为A .∵BP ,DP 与平面ABCD 所成角相等，∴A B =A D ，∴A 在BD 的中垂线AC 上，∵在平面PACQ 内，PA ⊥AC ,PA ⊥AC ,∴A 和A 重合，∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD若选②，设P 到面ABD 的距离为h ，∵V P -ABD =13S △ABD ⋅h =13×3⋅h =33，得h =1=PA ，∴PA 即为P 到面ABD 的距离，即PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ ，∴面PACQ ⊥面ABCD .若选③，由余弦定理得，cos ∠BPA =PB 2+PA 2-AB 22PB ⋅PA =55，∴BP =5,∴BP 2=AP 2+AB 2∴PA ⊥AB ，又PA ⊥AC ,AC ∩AB =A ,AC ,AB ⊂面ABCD∴PA ⊥面ABCD ，又PA ⊂面PACQ∴面PACQ ⊥面ABCD(2)因为PA ⊥面ABCD ，OB ,OC ⊂面ABCD ，所以PA ⊥OB ,PA ⊥OC ，取PQ 中点G ，则OG ⎳PA ，所以OG ⊥OB ,OG ⊥OC ，又因为OB ⊥OC ，所以建立如下图所示空间直角坐标系，∵B 3,0,0 ,P 0,-1,1 ,D -3,0,0 ,Q 0,1,1 ，∴BQ =-3,1,1 ,DQ =3,1,1 ,DP =3,-1,1 ，设平面BPQ 的一个法向量为m =x ,y ,z ，则m⋅BP =0m ⋅BQ =0 ，即-3x -y +z =0-3x +y +z =0 ，令x =3，则y =0,z =3,∴m =3,0,3 ，设平面DPQ 的一个法向量为n =x 1,y1,z 1 ，则n ⋅DP=0n ⋅DQ =0 ，即3x 1-y 1+z 1=3x 1+y 1+z 1=0，令x1=3，则y 1=0,z 1=-3,∴n =3,0,-3 ，∴cos m ,n =m ⋅n m ⋅ n =-623×23=-12，∵m ,n ∈0,π ,∴m ,n =2π3，由图可知二面角B -PQ -D 是钝角，所以二面角B -PQ -D 的大小为2π3.(3)∵C 0,1,0 ,Q 0,1,1 ，∴CQ =0,0,1 ,∵平面BPQ 的一个法向量为m =3,0,3 ，∴点C 到平面BPQ 的距离d =CQ ⋅m m=323=32.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EP EA 1=25【分析】(1)作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，由面面垂直的性质可得B 1O ⊥平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，再由线面垂直的判定定理得AC ⊥平面A 1B 1BA ，从而得到AC ⊥A 1B ，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设EP =λEA 1 ，可得AP =-λ,1-λ,3λ ，求出平面A 1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB =AC =2，所以△ABB 1、△AA 1B 1为边长为2的等边三角形，作B 1O ⊥AB 交AB 于O 点，则O 点为AB 的中点，因为平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，平面A 1B 1BA ∩平面ABC =AB ，B 1O ⊂平面A 1B 1BA ，所以B 1O ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，可得B 1O ⊥AC ，又AB 1⊥AC ，B 1O ∩AB 1=B 1，B 1O 、AB 1⊂平面A 1B 1BA ，可得AC ⊥平面A 1B 1BA ，因为A 1B ⊂平面A 1B 1BA ，所以AC ⊥A 1B ，因为侧面A 1B 1BA 为菱形，所以B 1A ⊥A 1B ，AB 1∩AC =A ，AB 1、AC ⊂平面AB 1C ，所以A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)由(1)知，AC ⊥平面A 1B 1BA ，∠BAC =π2，取做A 1B 1的中点O 1，连接AO 1，则B1O ⎳AO 1，所以AO 1⊥平面ABC ，以A 为原点，AB 、AC 、AO 1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，A 1-1,0,3 ，B 2,0,0 ，E 0,1,0 ，A 1B =3,0,-3 ，EA 1 =-1,-1,3 ，设EP =λEA 1 ，可得P -λ,1-λ,3λ ，所以AP =-λ,1-λ,3λ ，设平面A 1BE 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则A 1B ⋅n=0EA 1 ⋅n =0，即3x -3z =0-x -y +3z =0 ，令z =3，可得n =1,2,3 ，可得sin π4=cos n ,AP =n ⋅AP n AP=-λ+2-2λ+3λ 1+4+3λ2+1-λ 2+3λ2，解得λ=0舍去，或λ=25，所以EP EA 1=25.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．【答案】(1)N 是CD 的中点(2)12,1,0 ，-1310,1,185 【分析】(1)根据面面平行的性质证明MN ⎳PC ，即可得解；(2)先根据球的体积求出PQ ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面OMN ⎳平面PBC ，平面OMN ∩平面PCD =MN ，平面PBC ∩平面PCD =PC ，所以MN ⎳PC ，因为M 是PD 的中点，所以N 是CD 的中点；(2)由题意4π×PQ 22=214π，解得PQ =212，设MQ =λMN,λ∈R ，由题意，P 0,0,2 ,M 0,1,1 ,N 12,1,0 ，则PM =0,1,-1 ,MN =12,0,-1 ，则PQ =PM +MQ =0,1,-1 +λ12,0,-1 =λ2,1,-λ-1 ，则λ24+1+-λ-1 2=212，解得λ=1或λ=-135，当λ=1时，MQ =MN ，则Q 12,1,0 ，当λ=-135时，MQ =-135MN =-1310,0,135，设Q x ,y ,z ，则MQ =x ,y -1,z -1 =-1310,0,135，所以x =-1310y -1=0z -1=135 ，解得x =-1310y =1z =185 ，则Q -1310,1,185 ，综上所述点Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185 .17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O 1O 2的轴截面为等腰梯形A 1ACC 1，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点.(1)在平面BCC 1内，过C 1作一条直线与平面A 1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥B -A 1ACC 1的体积为23，设平面A 1AB ∩平面C 1CB =l ,Q ∈l ，求CQ 的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取BC 中点P ，作直线C 1P 即为所求，取AB 中点H ，连接A 2H ,PH ，则有PH ∥AC ,PH =12AC ，如图，在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1=12AC ，有HP ∥A 1C 1,HP =A 1C 1，则四边形A 1C 1PH 为平行四边形，即有C 1P ∥A 1H ，又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P⊄平面A 1AB ，所以C 1P ∥平面A 1AB .(2)法一：延长AA 1,CC 1交于点O ，故O ∈AA 1⊂平面ABA 1,O ∈CC 1⊂平面CC 1B故平面A 1AB ∩平面C 1CB =BO ,BO 即l ,在△OBC 中，OC ,OB 均为圆锥母线.过点B 作BO ⊥AC 于O .在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高h =AA 21-AC -A 1C 122=3,∴等腰梯形A 1ACC 1的面积为S =122+4 3=33，所以四棱锥B -A 1ACC 1的体积V =13S ×BO =13×33×BO =23，解得BO =2，故点O 与O 2重合，BC =22由AC =2AA 1=2A 1C 1，得OC =2CC 1，且∠C 1CA =60°，故OC =AC =4=OB .△OBC 中，O 到BC 距离h 1=OB 2-BC 22=14.则△OBC 面积=12OB ⋅CQ min =12BC ⋅h 1,得：CQ 的最小值为：CQ min =22⋅144=7.法二：同法一求出B 的位置.以O 2为原点，OB ,OC ,O 2O 1方向为x ,y ,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0 ,B 2,0,0 ,AA 1 =0,1,3 ,AB =2,2,0 ,CC 1 =0,-1,3 ,BC=-2,2,0设面A 1AB 的法向量为a=x 1,y 1,z 1a ⋅AA 1=y 1+3z 1=0a ⋅AB=2x 1+2y 1=0，取z 1=1，有a=3,-3,1 ；同理可得面C 1CB 的法向量为β=3,3,1 ,由l =面C 1CB ∩面A 1AB ，可知B ∈l ，设l 的方向向量为l=x ,y ,z ，故l ⋅a =3x -3y +z =0,l ⋅β=3x +3y +z =0取l=1,0,3 ,下面分2个方法求|CQ |min求|CQ |min 方法1：BQ =l=t ,0,3t ,，∵B 2,0,0 ,∴Q t -2,0,3t∴CQ =(t -2)2+22+(3t )2=4t 2-4t +8，当t =12时，CQ 取最小值为7.求CQ min 方法2：BC 在l 上的投影向量的模为BC ⋅l l =-2×1+2×0+0×32=1故CQ 的最小值即C 到l 的距离为BC 2-12=7.法三:在三角形△BCO 中，BO =CO =4,BC =22,cos ∠CBO =42+(22)2-422×4×22=122⋅sin ∠CBO =1-1222=722,所以CQ ≥CB sin ∠CBO =722×22=7.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt △ABC 中，B 为直角，AB =BC =6，EF ∥BC ，AE =2，沿EF 将△AEF 折起，使∠AEB =π3，得到如图②的几何体，点D 在线段AC 上．(1)求证：平面AEF ⊥平面ABC ；(2)若AE ⎳平面BDF ，求直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明EA ⊥AB ，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在△ABE 中，AE =2,BE =4，∠AEB =π3，由余弦定理得：AB 2=AE 2+BE 2-2AE ⋅BE cos ∠AEB =4+16-2×2×4×12=12，则AB =23，有EB 2=EA 2+AB 2，于是∠EAB =π2，即有EA ⊥AB ，又EF ⊥EB ,EF ⊥EA ,EA ∩EB =E ,EA ,EB ⊂平面ABE ，因此EF ⊥平面ABE ，而AB ⊂平面ABE ，则EF ⊥AB ，又因为EA ∩EF =E ,EA ,EF ⊂平面AEF ，从而AB ⊥平面AEF ，而AB ⊂平面ABC ，所以平面AEF ⊥平面ABC .(2)以A 为原点，以AB ,AE 分别为x ,y 轴，过点A 垂直于平面ABE 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF ⊥平面ABE ，而EF ⎳BC ，则有BC ⊥平面ABE ，则A (0,0,0),B (23,0,0),E (0,2,0),F (0,2,2),C (23,0,6)，AF =(0,2,2),FB =(23,-2,-2),AC=(23,0,6)，连接EC 与FB 交于点G ，连接DG ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ，平面AEC ∩平面BDF =DG ，则AE ⎳GD ，有GC GE =DCDA，在四边形BCFE 中，由EF ⎳BC ，得GC GE =BC EF =3，即DC DA=3，AD =14AC =32,0,32 ，FD =AD -AF =32,-2,-12，设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅FD =32x -2y -12z =0n ⋅FB =23x -2y -2z =0，令x =1，得n =(1,0,3)，设直线AF 与平面BDF 所成角为θ，于是sin θ=|cos ‹n ,AF ›|=|n ⋅AF ||n ||AF |=2322×2=64，所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为64.19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，AB =AP =2，PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，G 是线段PC 上的一点.(1)求证：平面EFG ⊥平面PAC ；(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为13，且G 点不是线段PC 的中点，求三棱锥E -ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得BD ⊥平面PAC ，由中位线性质知EF ⎳BD ，从而得到EF ⊥平面PAC ，由面面垂直判定可得结论；(2)以A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，由线面角的向量求法可构造方程求得λ，结合垂直关系可得G 平面PAB 的距离为16BC =13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接BD ，∵E ,F 分别是线段PB ,PD 的中点，∴EF ⎳BD ，∵底面四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC =A ，PA ,AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∵EF ⎳BD ，∴EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则A 0,0,0 ，E 1,0,1 ，F 0,1,1 ，P 0,0,2 ，C 2,2,0 ，设PG =λPC ，λ∈0,12 ∪12,1 ，则AG =AP +PG =0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ ，AE =1,0,1 ，AF =0,1,1 ，设平面AEF 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅AE=x +z =0n ⋅AF=y +z =0，令z =-1，解得：x =1，y =1，∴n =1,1,-1 ；设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，sin θ=cos n ,AG =n ⋅AGn ⋅AG=6λ-2 3⋅4λ2+4λ2+2-2λ 2=13，解得：λ=16或λ=12(舍)，∴PG =16PC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ；∵BC ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ,AB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴G 到平面PAB 的距离为16BC =13，∴V E -ABG =V G -ABE =13S △ABE ⋅16BC =13×12×12×2×2×13=19.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长都为2，∠A 1AB =60°，点A 1在下底面ABC 的投影为AB 的中点O ．(1)在棱BB 1(含端点)上是否存在一点D 使A 1D ⊥AC 1若存在，求出BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A 1到平面BCC 1B 1的距离．【答案】(1)存在，BD =25(2)2155【分析】(1)连接OC ，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设BD =tBB 1 ,t ∈0,1 ，根据AC 1 ⋅A 1D=0，求出t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接OC ，因为AC =BC ，O 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，由题意知A 1O ⊥平面ABC ，又AA 1=2，∠A 1AO =60°，所以A 1O =3，以O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A 10,0,3 ，A 1,0,0 ，B -1,0,0 ，C 0,3,0 ，由AB =A 1B 1得B 1-2,0,3 ，同理得C 1-1,3,3 ，设BD =tBB 1,t ∈0,1 ，得D -1-t ,0,3t ，又AC 1 =-2,3,3 ，A 1D =-1-t ,0,3t -3 ，由AC 1 ⋅A 1D=0，得-2-1-t +33t -3 =0，得t =15，又BB 1=2，∴BD =25，∴存在点D 且BD =25满足条件；(2)设平面BCC 1B 1的法向量为n=x ,y ,z ，BC =1,3,0 ，CC 1 =-1,0,3 ，则有n ⋅BC=x +3y =0n ⋅CC 1=-x +3z =0，可取n =3,-1,1 ，又BA 1=1,0,3 ，∴点A 1到平面BCC 1B 1的距离为d =BA 1 cos BA 1 ,n =BA 1 ×3+0+3BA 1×5=2155，∴所求距离为2155.21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为α与β的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且平面ABB 1A 1∩平面ABC =AB ，AB ⊥BC ，BC ⊂平面ABC ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∵BB 1⊂平面ABB 1A 1，∴BC ⊥BB 1，又AC ⊥BB 1，BC ∩AC =C ，BC ,AC ⊂平面ABC ∴BB 1⊥平面ABC ，连接C 1B ，∵DE ⎳平面BCC 1B 1，DE ⊂平面ABC 1，平面ABC 1∩平面BCC 1B 1=C 1B ，∴DE ∥C 1B ，∵AE =2EB ，∴AD =2DC 1 ，∴A 1C 1=12AC .∴三棱锥C -A 1B 1C 1底面A 1B 1C 1的面积S 1=12×2×3=3，高h =BB 1=2，。

高一数学立体几何初步试题答案及解析

高一数学立体几何初步试题答案及解析1.点B是点A（1，2，3）在坐标平面内的射影，则OB等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】点A（1，2，3）在坐标平面内的射影为B（0,2,3），所以|OB|=，故选B。

【考点】本题主要考查空间直角坐标系的概念及两点间距离公式的应用。

点评：理解好射影的概念，用熟两点间距离公式。

2.两等角的一组对应边平行，则（）A．另一组对应边平行B．另一组对应边不平行C．另一组对应边也不可能垂直D．以上都不对【答案】D【解析】两等角的一组对应边平行，另一组对应边由多种情况，如平行、相交、异面等，关系D。

【考点】本题主要考查直线的位置关系。

点评：视野要开阔，考虑多种可能情况。

3.经过平面外两点与这个平面平行的平面（）A．只有一个B．至少有一个C．可能没有D．有无数个【答案】C【解析】经过平面外两点与这个平面平行的平面可能没有，如两点所在直线与平面相交时，关系C。

【考点】本题主要考查点线面的关系—--平行关系。

点评：考虑点与平面的多种可能情况思考，结合实物模型探究。

4.如图所示，平面M、N互相垂直，棱l上有两点A、B，AC M，BD N，且AC⊥l，AB＝8cm，AC＝6 cm，BD＝24 cm，则CD＝_________．【答案】26 cm；【解析】连接AD，∵平面M、N互相垂直，AC⊥l，∴AC⊥平面N∴AC⊥CD；∵AB=8cm，AC=6cm，∴BC=10cm，又∵BD=24cm，∴CD=26cm。

【考点】本题主要考查点、线、面间的距离计算、面面垂直。

点评：考查的知识点是空间点到点之间的距离，其中根据面面垂直及线面垂直的性质得到△ABC，△ACD均为直角三角形，是解答本题的关键。

5.下面的图形可以构成正方体的是（）【答案】C【解析】从选项出发，还原成正方体的只有C。

【考点】本题主要考查正方体的展开图。

点评：从选项出发，看能否还原成正方体。

6.下列命题中正确的是（）A．由五个平面围成的多面体只能是四棱锥B．棱锥的高线可能在几何体之外C．仅有一组对面平行的六面体是棱台D．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥【答案】B【解析】由五个平面围成的多面体除四棱锥外，还可以是三棱台；棱锥的高线应是其顶点向底面所作垂线段，斜棱锥的高即在几何体外，故选B。

二轮复习第34讲利用坐标法解决立体几何的角度与距离问题

第34讲利用坐标法解决立体几何的角度与距离问题一．选择题(共1小题)1．(2021•南岗区校级期中)如图，三棱锥A -BCD 中，∠DAB =∠DAC =∠BAC =90°，AB =AD =AC =1，M ，N 分别为CD ，BC 的中点，则异面直线AM 与DN 所成角余弦值为( )A ．16B ．36C ．56D ．56【解答】解：三棱锥A -BCD 中，∠DAB =∠DAC =∠BAC =90°，建立空间直角坐标系，如图所示：由于AB =AD =AC =1，M ，N 分别为CD ，BC 的中点，所以A (0，0，0)，M 0,12,12 ，D (0，0，1)，N 12,12，0 ，则AM =0,12,12 ，DN =12,12,-1 ，所以异面直线AM 与DN 所成角余弦值cos θ=AM ∙DN |AM ||DN |=36．故选：B ．二．解答题(共21小题)2．(2021•凉山州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形，AD ⎳BC ，∠BAD =90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =AB =2BC ，M 、N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求二面角A -MD -C 的正弦值．【解答】解：(1)证明：∵PA ⊥面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，∴AD ⊥PA ，∵∠BAD =90°，∴AD ⊥AB ，PA ∩AB =A ，PA ，AB ⊂面PAB ，∴AD ⊥面PAB ，∵PB ⊂面PAB ，∴AD ⊥PB ，又ΔPAB 中，AP =AB ，N 为PB 的中点，∴AN ⊥PB ，AN ∩AD =A ，AN ，AD ⊂平面AND ，∴PB ⊥面AND ，又N ，M 分别为PB ，PC 的中点，∴MN ⎳BC ，BC ⎳AD ，∴MN ⎳AD ，∵N ∈面AND ，∴M ∈面AND ，∴MN ⊂面AND ，∴PB ⊥DM ．(2)解：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，设PA =AD =AB =2BC =2，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，M 1，12，1，设面AMD 的法向量m =(x ，y ，z )，AD =(0，0，2)，AM =1，12，1 ，AD ∙m =2y =0AM ∙m =x +12y +z =0 ，取x =1，得m =(1，0，-1)，设面CMD 的法向量n =(x ，y ，z )，DC =(2，-1，0)，DM =1，-32，1 ，DC ∙n =2x -y =0DM ∙n =x -32y +z =0，取x =1，得n =(1，2，2)，cos <m ,n >=m ∙n |m |∙|n |=-132，∴二面角A -MD -C 的正弦值为：1--132 2=346．3．(2021•荔湾区校级期末)如图，在平行四边形ABCD 中，AB =2BC ，∠ABC =120°，E 为线段AB 的中点，将ΔADE 沿在直线DE 翻折成△A DE ，使平面A DE ⊥平面BCD ，F 为线段A C 的中点．(1)求证：BF ⎳平面A DE ．(2)设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平面A DE 所成角的大小．(3)若BC =2，求三棱锥A -DEF 的体积．【解答】解：(1)证明：取CD 中点G ，连结GF ，BG ，∵在平行四边形ABCD 中，AB =2BC ，∠ABC =120°，E 为线段AB 的中点，将ΔADE 沿在直线DE 翻折成△A DE ，使平面A DE ⊥平面BCD ，∴GF ⎳A ′D ，BG ⎳DE ，∵GF ∩BG =G ，A ′D ∩DE =D ，∴平面A ′DE ⎳平面BGF ，∵BF ⊂BGF ，∴BF ⎳平面A DE ．(2)解：取CD 中点G ，连结EG 、AG 、DE ，A ′M ，设BC =2，则四边形AEGD 是边长为2的菱形，且∠DAE =60°，∴MA ⊥ME ，∵由平面A DE ⊥平面BCD ，F 为线段A C 的中点．∴A ′M ⊥平面AEGD ，以M 为原点，MA 为x 轴，ME 为y 轴，MA ′为z 轴，建立空间直角坐标系，则M (0，0，0)，A ′(0，0，3)，D (0，-1，0)，C (-23，1，0)，F -3，12，32 ，FM =3，-12，-32，平面A ′DE 的法向量m =(1，0，0)，设直线FM 与平面A DE 所成角为θ，则sin θ=|FM ∙n ||FM |∙|n |=32，∴θ=60°．∴直线FM 与平面A DE 所成角的大小为60°．(3)解：∵BC =2，∴由(2)得F -3，12,32 ，平面A ′DE 的法向量m =(1，0，0)，∵MF =-3,12,32 ，∴点F 到平面A ′DE 的距离d =|MF ∙m ||m |=3．∵S △A ′DE =12×2×3=3，∴三棱锥A -DEF 的体积：V A ′-DEF =V F -A ′DE =13×3×3=1．4．(2021•和平区校级月考)如图，四棱锥P -ABCD 中，ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ⎳AD ，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB =2，E 为PD 的中点．(1)证明：CE ⎳平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PAB 间的距离．【解答】(1)证明：取PA 的中点M ，连接BM 、EM ，∵E 为PD 的中点，∴EM ⎳AD ，EM =12AD =BC ，∴四边形BCEM 为平行四边形，∴CE ⎳BM ，∵CE ⊄平面PAB ，BM ⊂平面PAB ，∴CE ⎳平面PAB ．(2)解：∵CE ⎳平面PAB ，∴点E 到平面PAB 的距离即为所求．PC =AD =2DC =2CB =2，取AD 的中点N ，连接BN 、PN ，则四边形BCDN 为矩形，BN =CD =1∵ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，∴PN ⊥AD ，PN =12AD =1，∵BN ⊥AD ，PN ∩BN =N ，PN 、BN ⊂平面PNB ，∴AD ⊥平面PNB ，∵BC ⎳AD ，∴BC ⊥平面PNB ，∵BC ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PNB ，以B 为原点，BC 、BN 分别为x 、y 轴，在平面PNB 内，作Bz ⊥平面ABCD ，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (1，-1，0)，D (1，1，0)∵BC ⊥平面PNB ，∴BC ⊥PB ，在Rt ΔPBC 中，PB =PC 2-BC 2=22-12=3，∵BN =PN =1，∴∠PNB =120°，∴点P 32，0，32 ，E 54，12，34 ，∴BP =32，0，32 ，BA =(1，-1，0)，BE =54，12，34 ，设平面PAB 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ⋅BP =0n ⋅BA =0 ，即32x +32z =0x -y =0，令x =1，则y =1，z =-3，∴n =(1，1，-3)，∴点E 到平面PAB 的距离d =n ⋅BE |n |=54+12-3×341+1+3=55，故直线CE 与平面PAB 间的距离为55．5．(2021•沙坪坝区校级月考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ⎳AD ，CD ⊥AD ，PC =3，AD =2DC =2CB =2，E 为PD 上一点．(1)若E 为PD 的中点，证明：CE ⎳平面PAB ；(2)若直线CE 与底面ABCD 所成角的正弦值为1111，求二面角P -AB -E 的正弦值．【解答】(1)证明：取线段PA 的中点M ，连结EM ，BM ，因为线段PD 的中点为E ，线段PA 的中点为M ，所以EM ⎳AD 且EM =12AD ，又四边形ABCD 中，BC ⎳AD ，AD =2BC ，所以EM ⎳BC ，EM =BC ，所以四边形BCEM 为平行四边形，所以CE ⎳BM ，因为BM ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，所以CE ⎳平面PAB ；(2)解：已知ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，AD =2，所以PD =2，因为PC =3,CD =1，所以PC 2=PD 2+CD 2，由勾股定理的逆定理可得，CD ⊥PD ，又CD ⊥AD ，AD ∩PD =D ，AD ，PD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD ，因为CD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PAD ，取AD 的中点O ，连结PO ，OB ，则PO ⊥AD ，又PO ⊂平面PAD ，平面ABCD ∩平面PAD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 中，BC ⎳AD ，AD =2BC ，所以四边形BCDO 是平行四边形，所以BO ⎳CD ，BO =CD ，所以BO ⊥AD ，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，所以A (0，-1，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1)，则DP =(0,-1,1),CD =(-1,0,0)，设DE =λDP =(0,-λ,λ),λ∈(0,1)，所以CE =CD +DE =(-1,-λ,λ)，平面ABCD 的法向量可取n =(0,0,1)，因为直线CE 与底面ABCD 所成角的正弦值为1111，所以1111=CE ⋅n |CE ||n | ，即1111=|λ|1+2λ2，解得λ=13，所以CE =-1,-13,13 ，则E 0,23,13 ，所以AE =0,53,13 ,AB =(1,1,0)，设平面ABE 的法向量为m =(x ,y ,z )，所以m ⋅AE =0m ⋅AB =0 ，所以53y +13z =0x +y =0，令y =1，则x =-1，z =-5，所以m =(-1,1,-5)，又AP =(0,1,1)，设平面PAB 的法向量为p =(a ,b ,c )，则有p ⋅AP =0p ⋅AB =0，所以b +c =0a +b =0 ，令b =1，则c =-1，a =-1，所以p =(-1,1,-1)，所以cos <m ,p >=m ⋅p |m ||p |=79，所以sin <m ,p >=1-cos 2<m ,p >=429，所以二面角P -AB -E 的正弦值为429．6．(2021•江苏一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ⎳AD ，AB ⊥AD ，AD =2AB =2BC =2，PC =2，E 为PD 的中点．(1)求直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值；(2)设F 是BE 的中点，判断点F 是否在平面PAC 内，并请证明你的结论．【解答】解：(1)取AD 中点O ，连接OP 、OC ，ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，所以OP ⊥AD ，OP =OA =OD =1，因为BC ⎳AD ，AB ⊥AD ，AD =2AB =2BC =2，所以四边形ABCO 为边长为1的正方形，所以OC ⊥AD ，又因为PC =2，所以PC 2=OP 2+OC 2，所以PO ⊥OC ，所以OA 、OC 、OP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，P (0，0，1)，平面PAC 的法向量为n =(1，1，1)，PB =(1，1，-1)，所以直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值为|PB ⋅n ||PB |⋅|n |=13⋅3=13．(2)连接AF ，D (-1，0，0)，E -12，0，12 ，F 14，12，14 ，AF =-34，12，14 ，点F 到平面PAC 的距离为|AF ⋅n ||n |=03=0，所以点F 在平面PAC 内．7．(2021•房山区一模)如图，四棱锥P -ABCD 中，ΔPAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，PD =CD =2，PC =2，BC =//12AD ，CD ⊥AD ．(Ⅰ)求证：CD ⊥平面PAD ；(Ⅱ)若E 为PD 中点，求CE 与面PBC 所成角的正弦值；(Ⅲ)由顶点C 沿棱锥侧面经过棱PD 到顶点A 的最短路线与PD 的交点记为F ．求该最短路线的长及PF FD的值．【解答】(Ⅰ)证明：∵PD =CD =2，PC =2，∴CD 2+PD 2=PC 2，∴CD ⊥PD ，又∵CD ⊥AD ，PD ∩AD =D ，∴CD ⊥平面PAD ．(Ⅱ)解：取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，∵PA =PD ，∴PO ⊥AD ．∵CD ⊥平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，∴PO ⊥CD ，又AD ∩CD =D ，∴PO ⊥平面ABCD ，∵BC =//12AD ，CD ⊥AD ．∴四边形BCDO 是矩形，∴OB ⊥OD ．以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示则C (2,1,0)，P (0，0，1)，D (0，1，0)，B (2,0,0)，E 0，12，12 ，∴CE =-2,-12,12 ，PB =(2,0,-1),BC =(0,1,0)，设面PBC 的法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅PB =0n ⋅BC =0 ，即2x -z =0y =0，令x =1可得n =(1，0，2)．∴cos <CE ,n >=CE ⋅n |CE ||n |=-2252⋅3=-1515．设CE 与面PBC 所成角为θ，∴sin θ=|cos <CE , n >|=1515．(Ⅲ)解：∵CD ⊥平面PCD ，PD ⊂面PAD ，∴CD ⊥PD ，∴ΔPDC 为等腰直角三角形，作出平面APD 和平面PCD 的侧面展开图，如图所示：连接AC 交PD 于F ，则AC 为最短路线，∵∠APD =∠PDC =90°，∴AP =//DC ，∴四边形ADC ′P 为平行四边形，∴F 与E 重合，∴最短路线长为2AF =2AP 2+PF 2=2×102=10，此时PF FD =1．8．(2021春•湖北期末)如图，四棱锥S -ABCD 中，AB ⎳CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB =BC =4，CD =SD =2．(1)求证：SD ⊥AB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的正弦值．【解答】解：(1)证明：∵四棱锥S -ABCD 中，AB ⎳CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB =BC =4，CD =SD =2．∴AD =42+(4-2)2=25，SA =AB =4，∴SA 2+SD 2=AD 2，∴SD ⊥SA ，同理得SD ⊥SB ，∵SA ∩SB =S ，∴SD ⊥平面SAB ，∵AB ⊂平面SAB ，∴SD ⊥AB ．(2)解：以D 为原点，在平面ABCD 内过D 作DC 的垂线为x 轴，DC 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，A (4，-2，0)，B (4，2，0)，C (0，2，0)，S (1，0，3)，CB =(4，0，0)，CS =(1，-2，3)，AB =(0，4，0)，设平面SBC 的一个法向量是n =(x ，y ，z )，则n ⋅CB =4x =0n ⋅CS =x -2y +3z =0，取z =2，得n =(0，3，2)，设AB 与平面SBC 所成的角为θ，则sin θ=|n ⋅AB ||n |⋅|AB |=437⋅4=217．∴AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217．9．(2021•天山区校级期末)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ⊥BC ，AB =BC =12PA ，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．(1)求证：OD ⎳平面PAB ；(2)求直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】证明：(1)∵点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，∴OD ⎳PA又∵OD ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ∴OD ⎳平面PAB ；(2)连接OB ，∵AB =BC ，点O 是AC 的中点，∴OB ⊥AC又∵OP ⊥底面ABC ．故可以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系令AB =BC =12PA =1，AB ⊥BC ，则OA =OB =OC =22，OP =142则O (0，0，0)，B 22，0，0 ，C 0，22，0 ，P 0，0，142 ，D 0，24，144 ∴OD =0，24，144 ，BC =-22，22，0 ，PC =0，22，-142 设m=(x ，y ，z )是平面PBC 的一个法向量则m ∙BC =0m ∙PC=0，即-22x +22y =022y -142z =0令z =1，则m=(7，7，1)直线OD 与平面PBC 所成角θ满足：sin θ=|m ∙OD ||m |∙|OD |=21030故直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为2103010．(2012秋•小店区校级月考)如图，四边形ABCD中(图1)，E是BC的中点，DB=2，DC=1，BC=5，AB=AD=2．将(图1)沿直线BD折起，使二面角A-BD-C为60°(如图2)(1)求证：AE⊥平面BDC；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；(3)求点B到平面ACD的距离．【解答】解：(1)如图1取BD中点M，连接AM，ME．因AB=AD=2．∴AM⊥BD(3)⋯(1分)因DB=2，DC=1，BC=5满足：DB2+DC2=BC2，所以ΔBCD是BC为斜边的直角三角形，BD⊥DC，因E是BC的中点，所以ME为ΔBCD的中位线ME// 12CD，∴ME⊥BD，ME=12⋯(2分)∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角，∴∠AME=60°⋯(3分)∵AM⊥BD，ME⊥BD且AM、ME是平面AME内两相交于M的直线∴BD ⊥平面AEM ∵AE ⊂平面AEM ，∴BD ⊥AE ⋯(4分)因AB =AD =2．，DB =2，∴ΔABD 为等腰直角三角形，∴AM =12BD =1，AE 2=AM 2+ME 2-2AM ∙ME ∙cos ∠AME =1+14-2×1×12×cos60°=34∴AE=32∴AE 2+ME 2=1=AM 2，∴AE ⊥ME ⋯(6分)∴BD ∩ME ，BD ⊂面BDC ，ME ⊂面BDC ，∴AE ⊥平面BDC ⋯(7分)(2)如图2，以M 为原点MB 为x 轴，ME 为y 轴，建立空间直角坐标系，(8分)则由(1)及已知条件可知B (1，0，0)，E 0,12,0 ，A 0,12,32 ，D (-1，0，0)，C (-1，1，0)，AB =1,-12,-32,CD =(0,-1,0)，⋯(9分)设异面直线AB 与CD 所成角为θ，则cos θ=AB ∙CD|AB | ∙|CD |⋯(10分)=122×1=24．⋯(11分)(3)由AD =-1,-12,-32,CD =(0,-1,0)，可知n =(3,0,-2)满足，n ∙AD =0,n ∙CD =0，n是平面ACD 的一个法向量，⋯(12分)记点B 到平面ACD 的距离d ，则AB 在法向量n方向上的投影绝对值为d则d =AB ∙n|n|⋯(13分)，所以d =3+0+3(3)2+0+(-2)2=2217⋯(14分)11．(2010•浙江)如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE =EB =AF =23FD =4．沿直线EF 将ΔAEF 翻折成△A ′EF ，使平面A ′EF ⊥平面BEF ．(Ⅰ)求二面角A ′-FD -C 的余弦值；(Ⅱ)点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与A ′重合，求线段FM 的长．【解答】解：(Ⅰ)取线段EF 的中点H ，连接A ′H ，因为A ′E =A ′F 及H 是EF 的中点，所以A ′H ⊥EF ，又因为平面A ′EF ⊥平面BEF ．如图建立空间直角坐标系A -xyz 则A ′(2，2，22)，C (10，8，0)，F (4，0，0)，D (10，0，0)．故FA ′ =(-2，2，22)，FD =(6，0，0)．设n=(x ，y ，z )为平面A ′FD 的一个法向量，-2x +2y +22z =06x =0，取z =2，则n =(0,-2,2)．又平面BEF 的一个法向量m=(0,0,1)，故cos ‹n ,m >=n ⋅m |n |⋅|m |=33．所以二面角的余弦值为33(Ⅱ)设FM =a ，则M (4+a ，0，0)，因为翻折后，C 与A 重合，所以CM =A ′M ，故，(6-a )2+82+02=(-2-a )2+22+(22)2，得a =214，经检验，此时点N 在线段BC 上，所以FM=21 4．方法二：(Ⅰ)解：取线段EF的中点H，AF的中点G，连接A′G，A′H，GH．因为A′E=A′F及H是EF的中点，所以A′H⊥EF又因为平面A′EF⊥平面BEF，所以A′H⊥平面BEF，又AF⊂平面BEF，故A′H⊥AF，又因为G、H是AF、EF的中点，易知GH⎳AB，所以GH⊥AF，于是AF⊥面A′GH，所以∠A′GH为二面角A′-DH-C的平面角，在Rt△A′GH中，A′H=22，GH=2，A G=23所以cos∠A GH=3 3．故二面角A′-DF-C的余弦值为3 3．(Ⅱ)解：设FM=x，因为翻折后，C与A′重合，所以CM=A′M，而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2，A′M2=A′H2+MH2=A′H2+MG2+GH2=(22)2+(2+x)2+22，故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(22)2得x=21 4，经检验，此时点N在线段BC上，所以FM=21 4．12．(2021•五莲县期中)如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ⎳CF ，∠BCF =∠CEF =90°．AD =3，EF =2．(1)求证：AE ⎳平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A -EF -C 的大小为60°．【解答】证明：(1)过E 作EG ⊥CF 于G ，连接DG ，则四边形BCGE 为矩形．又ABCD 为矩形，∴AD 平行且等于EG ，∴四边形ADGE 为平行四边形，∴AE ⎳DG ，∵AE ⊄平面DCF ，DG ⊂平面DCF ，∴AE ⎳平面DCF ．解：(2)分别以直线BE 、BC 、BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，依题意可得：B (0，0，0)，C (0，3，0)，E (3，0，0)，F (4，3，0)，设AB =m ，则A (0，0，m )．AE =(3，0，-m )，EF =(1，3，0)，平面CEF 的法向量m=(0，0，1)．设平面AEF 的法向量n=(x ，y ，z )，则n ⋅AE=3x -mz =0n ⋅EF =x +3y =0 ，取z =9，得n =(3m ，-3m ，9)(8分)∵二面角A -EF -C 的大小为60°，∴cos60°=|n ⋅m ||n |⋅|m |=912m 2+81，解得m =92．∴当AB =92时，二面角A -EF -C 的大小为60°．(12分)13．(2014秋•成都校级月考)在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC =BC =BD =2AE ，M 是AB 的中点．(Ⅰ)求证：CM ⊥EM ；(Ⅱ)求CM 与平面CAE 所成角的大小；(Ⅲ)求平面ABC 与平面CDE 所成锐二面角的余弦值．【解答】证明：(Ⅰ)分别以CB ，CA 所在直线为x ，y 轴，过点C 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz 设AE =a ，则M (a ，-a ，0)，E (0，-2a ，a )，所以CM =(a ，-a ，0)，EM =(a ，a ，-a )，∴CM ∙EM=a ×a +(-a )×a +0×(-a )=0，∴CM ⊥EM ．解：(2)平面CAE 的法向量n=(1，0，0)，CM =(a ，-a ，0)，设CM 与平面CAE 所成角为θ，则sin θ=|CM ∙n ||CM |∙|n |=a 2a =22，θ=45°，∴直线CM 与平面CAE 所成的角为45°．(3)D (2a ，0，2a )，CD =(2a ，0，2a )，CE=(0，-2a ，a )，设平面CDE 的法向量m=(x ，y ，z )，则m ∙CE=-2ay +az =0m ∙CD=2ax +2az =0，令y =1，得m =(-2，1，2)，平面ABC 的法向量p=(0，0，1)，设平面ABC 与平面CDE 所成锐二面角为θ，则cos θ=|m ∙p ||m |∙|p |=23．∴平面ABC 与平面CDE 所成锐二面角的余弦值为23．14．(2021•天津二模)如图，DC ⊥平面ABC ，EB ⎳DC ，AC =BC =EB =2DC =4，∠ACB =90°，P 、Q 分别为AE ，AB 的中点．(1)证明：PQ ⎳平面ACD ．(2)求异面直线AB 与DE 所成角的余弦值；(3)求平面ACD 与平面ABE 所成锐二面角的大小．【解答】(1)证明：∵P 、Q 分别是AE 、AB 的中点，∴PQ ⎳BE ，PQ =12BE ，又DC ⎳BE ，DC =12BE ，∴PQ ⎳DC ，∵PQ ⊄平面ACD ，DC ⊂平面ACD ，∴PQ ⎳平面ACD ；(2)解：∵DC ⊥平面ABC ，∠ACB =90°，以点C 为坐标原点，分别以CD ，CA ，CB的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则C (0，0，0)，A (0，4，0)，B (0，0，4)，D (2，0，0)，E (4，0，4)，AB =(0,-4,4)，DE =(2,0,4)，∴cos <AB ,DE >=AB ∙DE|AB |∙|DE |=105，∴异面直线AB 与DE 所成角的余弦值105；(3)解：由(Ⅱ)可知AB =(0,-4,4)，AE=(4,-4,4)，设平面ABE 的法向量为n=(x ,y ,z )．则n ∙AB=-4y +4z =0n ∙AE=4x -4y +4z =0，取z =1，得n =(0,1,1)．由已知可得平面ACD 的法向量为CB=(0，0，4)，∴cos <n ,CB >=n ∙CB |n |∙|CB |=22．故所求平面ACD 与平面ABE 所成锐二面角的大小为45°．15．(2011•浙江)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB =AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC =8，PO =4，AO =3，OD =2(Ⅰ)证明：AP ⊥BC ；(Ⅱ)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A -MC -B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【解答】解：以O 为原点，以AD 方向为Y 轴正方向，以射线OP 的方向为Z 轴正方向，建立空间坐标系，则O (0，0，0)，A (0，-3，0)，B (4，2，0)，C (-4，2，0)，P (0，0，4)(I )则AP =(0，3，4)，BC =(-8，0，0)由此可得AP ⋅BC=0∴AP ⊥BC即AP ⊥BC(II )设PM =λPA ，λ≠1，则PM=λ(0，-3，-4)BM =BP +PM =BP +λPA=(-4，-2，4)+λ(0，-3，-4)AC =(-4，5，0)，BC =(-8，0，0)设平面BMC 的法向量a=(a ，b ，c )则BM ⋅a =0BC ⋅a =0-4a -(2+3λ)b +(4-4λ)c =0-8a =0令b =1，则a =0，1，2+3λ4-4λ平面APC 的法向量b=(x ，y ，z )则AP ⋅b =0AC ⋅b =0 即3y +4z =0-4x +5y =0令x =5则b=(5，4，-3)由a ⋅b =0得4-3⋅2+3λ4-4λ=0解得λ=25故AM =3综上所述，存在点M 符合题意，此时AM =316．(2015秋•江西月考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=A 1B =A 1C =6．(1)证明：平面ABC ⊥平面A 1BC ；(2)在线段BB 1上是否存在点E ，使得二面角E -A 1C -B 的余弦值为105？若存在确定点E 的位置，若不存在，说明理由．【解答】证明：(Ⅰ)设BC 的中点为O ，∵A 1B =A 1C =6，BC =AB 2+AC 2=22，∴A 1O ⊥BC ，且A 1O =2，又∠BAC =90°，AB =AC =2，∴AO ⊥BC ，且AO =2，∴AO 2+A 1O 2=2+4=AA 12，∴A 1O ⊥AO ，∴A 1O ⊥面ABC ，又A 1O ⊂平面A 1BC ，∴平面A 1BC ⊥平面ABC ．解：(Ⅱ)如图，以OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (0，2，0)，C (0，-2，0)，A 1(0，0，2)，平面A 1BC 的法向量m =(1，0，0)，设BE =λBB 1 =λAA 1 ，(0≤λ≤1)，则BE =(-2λ，0，2λ)，点E 的坐标为(-2λ，2，2λ)，设平面EA 1C 的法向量为n =(x ，y ，z )，由n ⊥CA 1 ，n ⊥CE ，得2y +2z =0-2λx +22y +2λz =0 ，取z =1，得n =-22λ+2，-2，1 ，∵|cos <m ,n >|=105，∴105=2-22λ 2-22λ 2+2+1，解得λ=1，∴在线段BB 1上存在点E ，使得二面角E -A 1C -B 的余弦值为105，且点E 与点B 1重合．17．(2021春•东湖区校级期中)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =2，A 1A =4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角B -A 1D -B 1的平面角的正切值．【解答】(1)证明：∵AB =AC =2，D 是B 1C 1的中点．∴A 1D ⊥B 1C 1，∵BC ⎳B 1C 1，∴A 1D ⊥BC ，∵A 1O ⊥面ABC ，A 1D ⎳AO ，∴A 1O ⊥AO ，A 1O ⊥BC∵BC ∩AO =O ，A 1O ⊥A 1D ，A 1D ⊥BC∴A 1D ⊥平面A 1BC(2)解，如图，以BC 中点O 为坐标原点，以OB 、OA 、OA 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建系．则BC =2AC =22,A 1O =AA 21-AO 2=14，易知A 1(0,0,14),B (2,0,0),C (-2,0,0)，A (0,2,0),D (0,-2,14),B 1(2,-2,14)，A 1D =(0,-2,0)，BD =(-2,-2,14)设平面A 1BD 的法向量为m =(x ,y ,z )，由，m ∙A 1D =0m ∙BD =0 得-2y =0-2x -2y +14z =0 ，取z =1，得m =(7,0,1)又平面A 1DB 1的法向量为n =(0,0,1)，∴cos <m ,n >=11×22=24∴二面角A 1-BD -B 1的平面角的正切值7．18．(2021•舒城县校级开学)如图，已知多面体ABC -A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．(1)证明：AB 1⊥A 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解答】(1)证明：以A 为原点，AC ，AA 1所在直线分别为y ，z 轴，在平面ABC 内作Ax ⊥AC ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(1，3，2)，A 1(0，0，4)，C 1(0，23，1)，∴AB 1 =(1，3，2)，A 1C 1 =(0，23，-3)，∴AB 1 ⋅A 1C 1 =3×23+2×(-3)=0，即AB 1⊥A 1C 1．(2)解：由(1)可知，AC 1 =(0，23，1)，AB =(1，3，0)，AB 1 =(1，3，2)，设平面ABB 1的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ⋅AB =0n ⋅AB 1 =0 ，即x +3y =0x +3y +2z =0，令y =1，则x =-3，z =0，∴n =(-3，1，0)，设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ，则sin θ=|cos <n ，AC 1 >|=n ⋅AC 1 |n |⋅|AC 1 |=232×13 =3913，故直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为3913．19．(2021•滁州期末)如图，已知在直四棱柱(侧棱垂直底面的棱柱)ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥DC ，AB ⎳DC ，DC =DD 1=2AD =2AB =2(1)求证：DB ⊥平面B 1BCC 1．(2)求BC 1与平面A 1BD 所成的角的余弦值；(3)求二面角A 1-DB -C 1的正弦值．【解答】证明：(1)以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (1，0，0)，C 1(0，2，2)，C (0，2，0)，DB =(1，1，0)，BC =(-1，1，0)，BB 1 =(0，0，2)，DB ∙BC =-1+1+0=0，∴BD ⊥BC ，DB ∙BB 1 =0，∴BD ⊥BB 1，∵BB 1∩BC =B ，∴DB ⊥平面B 1BCC 1．解：(2)设n =(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量，DA 1 =(1，0，2)，DB =(1，1，0)，则n ∙DA 1 =x +2z =0n ∙DB =x +y =0 ，取z =1，得n =(-2，2，1)，又BC 1 =(-1，1，2)，设BC 1与平面A 1BD 所面A 1BD 所成角为θ，则sin θ=|n ∙BC 1 ||n |∙|BC 1 |=63，∴BC 1与平面A 1BD 所成的角的余弦值为63．(3)由(2)知平面A 1BD 的一个法向量为n =(-2，2，1)，设m =(x ，y ，z )为平面C 1BD 的一个法向量，BC 1 =(-1，1，2)，DB =(1，1，0)，则n ∙BC 1 =-x +y +2z =0n ∙DB =x +y =0，取x =-1，得m =(1，-1，1)，设二面角A 1-DB -C 1的平面角为θ，则|cos θ|=m ∙n |m |∙|n |=333=33，∴sin θ=1-33 2=63．∴二面角A 1-DB -C 1的正弦值为63．20．(2015秋•辽宁校级月考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥面ABCD ，AB =BC =2，AD =CD =7，PA =3，G 为线段PC 上的点，∠ABC =120°(Ⅰ)证明：BD ⊥面PAC ；(Ⅱ)求PC 与面PBD 所成的角；(Ⅲ)若G 满足PC ⊥面GBD ，求PG GC的值．【解答】解：(1)设AC ∩BD =O ，∵AB =BC =2，AD =CD =7，∴ΔABD ≅ΔCBD ，∴∠ABD =∠CBD ，∴ΔABO ≅ΔCBO ，∴BD ⊥AC ，∵PA ⊥面ABCD ，∴PA ⊥BD ，∵PA ∩AC =A ，∴BD ⊥面PAC ．解：(2)以O 为坐标原点，以OC 和OD 所在直线为x 轴和y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，P (-3，0，3)，B (0，-1，0)，D (0，2，0)，C (3，0，0)，设面PBD 的法向量为n =(x ,y ,z )，则PB =(3,-1,-3)，BD =(0,3,0)，PC =(23,0,-3)，由n ⊥PB n ⊥BD，得3x -y -3z =03y =0 ，取x =1，得n =(1,0,1)，∴cos ‹PC ,n ›=PC ∙n |PC |∙|n |=1010，∴sin θ=|cos ‹PC ,n ›|=1010，即PC 与面PBD 所成角为arcsin 1010，(3)设G (x ，y ，z )，CG =λCP ，得(x -3,y ,z )=λ(-23,0,23)得x =3-23λy =0z =3λ，即G (3-23λ,0,3λ)，∴BG =(3-23λ,1,3λ)由BG ⊥PC ，得λ=25，即PG GC =32．21．(2021•龙岗区校级期中)如图，在三棱台ABC -DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．(1)证明：BC ⊥BD ；(2)求二面角F -CD -B 的正弦值．【解答】(1)证明：如图，过点D 作DO ⊥AC ，交AC 与点O ，连接OB ，由∠ACD =45°，DO ⊥AC ，所以CD =2CO ，由平面ACFD ⊥平面ABC ，平面ACFD ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面ACFD ，故DO ⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，所以DO ⊥BC ，由∠ACB =45°，BC =12CD =22CO ，则BO ⊥BC ，又DO ∩BO =O ，DO ，BO ⊂平面BDO ，所以BC ⊥平面BDO ，又DB ⊂平面BDO ，故BC ⊥DB ；(2)解：以点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设CD =2BC =22，则O (0，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，D (0，0，2)，所以OC =(0,2,0),BC =(-1,1,0),CD =(0,-2,2)，OD =(0,2,0)，设平面BCD 的法向量为n =(x ,y ,z )，则n ⋅BC =0n ⋅CD =0 ，即-x +y =0-2y +2z =0，令x =1，则y =z =1，故n =(1,1,1)，设平面FCOD 的法向量为m =(a ,b ,c )，则m ⋅OC =0m ⋅OD =0 ，即2c =02b =0，令x =1，则m =(1,0,0)，所以|cos <m ,n >|=|m ⋅n ||m ||n |=11×3=33，故二面角F -CD -B 的正弦值为1-33 2=63．22．(2021•新疆模拟)如图，在四棱锥A -BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE =∠BED =90°，AB =CD =2，DE =BE =1，AC =2．(1)求证：DB ⊥平面ABC ；(2)求平面ABE 与平面ADC 所成二面角大小的余弦值．【解答】证明：(1)以D 为原点，DE 为x 轴，DC 为y 轴，在过D 作平面BCDE 垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (1，1，0)，A (0，2，2)，C (0，2，0)，DB =(1，1，0)，CA =(0，0，2)，CB =(1，-1，0)，DB ∙CA =0，DB ∙CB =0，∴DB ⊥CA ，DB ⊥CB ，∵CA ∩CB =C ，∴DB ⊥平面ABC ．解：(2)平面ADC 的法向量n =(1，0，0)，E (1，0，0)，EA =(-1，2，2)，EB =(0，1，0)，设平面ABE 的法向量m =(x ，y ，z )，则m ∙EA =-x +2y +2z =0m ∙EB =y =0，取z =1，得m =(2,0,1)，设平面ABE 与平面ADC 所成二面角大小为θ，则cos θ=|m ∙n ||m |∙|n |=23=63．∴平面ABE 与平面ADC 所成二面角大小的余弦值为63．。

坐标法解立体几何习题及解析

坐标法解立体几何1空间直角坐标系：（1）若空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为1，这个基底叫单位正交基底，用{,,}i j k r r r 表示；（2）在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k r r r ，以点O 为原点，分别以,,i j k r r r 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量 ,,i j k r r r 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面；2．空间直角坐标系中的坐标：在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++u u u r r r ，有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标．3．空间向量的直角坐标运算律：（1）若123(,,)a a a a =r ，123(,,)b b b b =r ，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++r r ， 112233(,,)a b a b a b a b -=---r r ， 123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈r ， 112233a b a b a b a b ⋅=++r r ， 112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈r r ， 1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=r r ．（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---u u u r ．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标 4模长公式：若123(,,)a a a a =r ，123(,,)b b b b =r ，则222123||a a a a a a =⋅=++r r r ，222123||b b b b b b =⋅=++r r r ．5．夹角公式：112233222222123123cos ||||a b a b a b a b a b a b a a a b b b ++⋅⋅==⋅++++r r r r r r ．异面直线所成的夹角：6．两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则2222212121||()()()AB AB x x y y z z ==-+-+-u u u r u u u r ，或222,212121()()()A B d x x y y z z =-+-+-7、法向量①直线的法向量：在直线L 上取一个定向量，则与垂直的非零向量叫直线L 的法向量②平面的法向量：与平面α垂直的非零向量叫平面α的法向量．构造直线或平面的法向量，在求空间角与距离时起到了桥梁的作用，在解题过程中只须求出而不必在图形中作出来．在空间直角坐标系下，构造关于法向量坐标的三元一次方程组，得到直线（或平面）的法向量坐标的一般形式，再取特值. 其向上或向下的方向可根据竖坐标的符号来确定.一、平面的法向量例1 已知AB u u u r =（2，2，1），AC u u u r =（4，5，3），求平面ABC 的法向量解：设面ABC 的法向量(,,)n x y z =r ，则n r ⊥AB 且n r ⊥AC ，即n r ·AB =0，且n r·AC =0，即2x +2y +z=0且4x +5y +3z=0，解得1,2,x z y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴n r =z （21，－1，1）点评：一般情况下求法向量用待定系数法由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n r 的某个坐标设为1，再求另两个坐标平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量。

建坐标系解立体几何含解析

立体几何——建坐标系1.如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2,CD=SD=1.Ⅰ证明:SD⊥平面SAB;Ⅱ求AB与平面SBC所成的角的大小.2.如图,在四面体ABOC中, OC⊥OA, OC⊥OB, ∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1.Ⅰ设P为AC的中点, Q在AB上且AB=3AQ. 证明:PQ⊥OA;Ⅱ求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.3.如图, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=4,AA1=7,点D是BC的中点,点E在AC上,且DE⊥A1E.Ⅰ证明:平面A1DE⊥平面ACC1A1;Ⅱ求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值.4.如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=1, AC=AA1=3,∠ABC=60°.Ⅰ证明:AB⊥A1C;Ⅱ求二面角A-A1C-B的大小.5.四棱锥A-BCDE中, 底面BCDE为矩形, 侧面ABC⊥底面BCDE, BC=2, CD=2, AB=AC.Ⅰ证明:AD⊥CE;Ⅱ设侧面ABC为等边三角形, 求二面角C-AD-E的大小.6.如图, 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2, D为CC1中点.Ⅰ求证:AB 1⊥平面A 1BD; Ⅱ求二面角A-A 1D-B 的大小.7.如图, 在三棱锥V-ABC 中, VC ⊥底面ABC, AC ⊥BC, D 是AB 的中点, 且AC=BC=a ,∠VDC=θ）（20πθ<<.Ⅰ求证:平面VAB ⊥平面VCD;Ⅱ试确定θ的值, 使得直线BC 与平面VAB 所成的角为6π. 8.如图, △BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形, 平面MCD ⊥平面BCD, AB ⊥平面BCD, AB=2.Ⅰ求直线AM 与平面BCD 所成角的大小; Ⅱ求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.9.如图, 在四棱锥P-ABCD 中, PD ⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1, AB=2, AB ∥DC, ∠BCD=90°.Ⅰ求证:PC ⊥BC;Ⅱ求点A 到平面PBC 的距离.10.如图, 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AC=BC, AA 1=AB, D 为BB 1的中点, E 为AB 1上的一点, AE=3EB 1.Ⅰ证明:DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线;Ⅱ设异面直线AB 1与CD 的夹角为45°, 求二面角A 1-AC 1-B 1的大小.11.如图, 四棱锥S-ABCD 中, 底面ABCD 为矩形, SD ⊥底面ABCD, AD=2, DC=SD=2. 点M 在侧棱SC 上, ∠ABM=60°.Ⅰ证明:M 是侧棱SC 的中点;Ⅱ求二面角S-AM-B 的大小.12.如图, 直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AB ⊥AC, D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点, DE ⊥平面BCC 1.Ⅰ证明:AB=AC;Ⅱ设二面角A-BD-C 为60°, 求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小.13.如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是正方形, PD ⊥底面ABCD,点E 在棱PB 上. Ⅰ求证:平面AEC ⊥平面PDB;Ⅱ当PD=2AB 且E 为PB 的中点时,求AE 与平面PDB 所成的角的大小.14. 如图, 在四棱锥P-ABCD 中, 底面ABCD 是矩形, PA ⊥平面ABCD, PA=AD=4, AB=2.以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.Ⅰ求证:平面ABM ⊥平面PCD; Ⅱ求直线PC 与平面ABM 所成的角; Ⅲ求点O 到平面ABM 的距离.15.如图, 四棱锥S-ABCD 的底面是正方形, SD ⊥平面ABCD, SD=2a, AD=a 2, 点E 是SD 上的点, 且DE=a λ0<λ≤2.Ⅰ求证:对任意的λ∈0, 2,都有AC ⊥BE;Ⅱ设二面角C-AE-D 的大小为θ, 直线BE 与平面ABCD 所成的角为ϕ. 若1tan tan =•ϕθ, 求λ的值.16.如图, 在五面体ABCDEF 中, AB ∥DC, ∠BAD=2π, CD=AD=2. 四边形ABFE 为平行四边形, FA ⊥平面ABCD, FC=3, ED=7. 求:Ⅰ直线AB 到平面EFCD 的距离;Ⅱ二面角F-AD-E的平面角的正切值.17.如图, 设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上, 记λ=BDPD11.当∠APC为钝角时, 求λ的取值范围.答案与解析1.解法一:Ⅰ取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=CB=2. 连结SE, 则SE⊥AB, SE=. 又SD=1, 故ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE为直角. 3分由AB⊥DE, AB⊥SE, DE∩SE=E, 得AB⊥平面SDE, 所以AB⊥SD, SD与两条相交直线AB、SE都垂直, 所以SD⊥平面SAB. 6分Ⅱ由AB⊥平面SDE知, 平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE, 垂足为F, 则SF⊥平面ABCD, SF==. 作FG⊥BC, 垂足为G, 则FG=DC=1. 连结SG, 则SG⊥BC. 又BC⊥FG, SG∩FG=G, 故BC⊥平面SFG, 平面SBC⊥平面SFG. 9分作FH⊥SG, H为垂足, 则FH⊥平面SBC. FH==, 即F到平面SBC的距离为. 由于ED∥BC, 所以ED∥平面SBC, E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为α, 则sin α==, α=arcsin. 12分解法二:以C为坐标原点, 射线CD为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设D1, 0, 0, 则A2, 2, 0、B0, 2, 0.又设Sx, y, z, 则x>0, y>0, z>0.Ⅰ=x-2, y-2, z, =x, y-2, z, =x-1, y, z,由||=||得=, 故x=1. 由||=1得y2+z2=1, 又由||=2得x2+y-22+z2=4, 即y2+z2-4y+1=0, 故y=, z=. 3分于是S, =,==·=0, ·=0. 故DS⊥AS, DS⊥BS, 又AS∩BS=S, 所以SD⊥平面SAB. 6分Ⅱ设平面SBC的法向量a=m, n, p,则a⊥, a⊥, a·=0, a·=0. 又==0, 2, 0, 故9分取p=2得a=-, 0, 2. 又=-2, 0, 0, cos<, a>==. 故AB与平面SBC所成的角为arcsin. 12分2.解法一:Ⅰ在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N, 连结CN. 在△AOB中, ∵∠AOB=120°且OA=OB, ∴∠OAB=∠OBA=30°. 在Rt△AON中, ∵∠OAN=30°, ∴ON=AN. 在△ONB中, ∵∠NOB=120°-90°=30°=∠OBN, ∴NB=ON=AN. 又AB=3AQ, ∴Q为AN的中点. 在△CAN中, ∵P, Q分别为AC, AN的中点, ∴PQ∥CN. 由OA⊥OC, OA⊥ON知:OA⊥平面CON. 又NC平面CON, ∴OA⊥CN. 由PQ∥CN, 知OA⊥PQ.Ⅱ连结PN, PO.由OC⊥OA, OC⊥OB知:OC⊥平面OAB. 又ON平面OAB, ∴OC⊥ON. 又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC. ∴OP是NP在平面AOC内的射影. 在等腰Rt△COA中, P为AC的中点, ∴AC⊥OP. 根据三垂线定理,知:AC⊥NP. ∴∠OPN为二面角O-AC-B的平面角. 在等腰Rt△COA中, OC=OA=1, ∴OP=. 在Rt△AON 中, ON=OAtan 30°=, ∴在Rt△PON中, PN==, ∴cos∠OPN===.解法二:Ⅰ取O为坐标原点, 以OA, OC所在的直线为x轴, z轴, 建立空间直角坐标系O-xyz如图所示.则A1, 0, 0, C0, 0, 1, B. ∵P为AC的中点, ∴P. ∵=, 又由已知, 可得==. 又=+=. ∴=-=, ∴·=·1, 0, 0=0. 故⊥.Ⅱ记平面ABC的法向量n=n1, n2, n3, 则由n⊥, n⊥, 且=1, 0, -1,得故可取n=1, , 1. 又平面OAC的法向量为e=0, 1, 0. ∴cos<n,e>==. 二面角O-AC-B的平面角是锐角, 记为θ, 则cos θ=.3.Ⅰ如图所示, 由正三棱柱ABC-A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.又DE平面ABC, 所以DE⊥AA1. 而DE⊥A1E, AA1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1.又DE平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1. Ⅱ解法一:过点A作AF垂直A1E于点F, 连结DF. 由Ⅰ知, 平面A1DE⊥平面ACC1A1, 所以AF⊥平面A1DE. 故∠ADF是直线AD和平面A1DE 所成的角.因为DE⊥平面ACC1A1, 所以DE⊥AC. 而△ABC是边长为4的正三角形, 于是AD=2,AE=4-CE=4-CD=3. 又因为AA1=, 所以A1E===4, AF==,sin∠ADF==. 即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.解法二:如图所示, 设O是AC的中点, 以O为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是A2, 0, 0, A12, 0, ,D-1, , 0, E-1, 0, 0.易知=-3, , -, =0, -, 0, =-3, , 0. 设n=x, y, z是平面A1DE的一个法向量, 则解得x=-z, y=0. 故可取n=, 0, -3.于是cos<n, >===-.由此即知, 直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.4.解法一:Ⅰ证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC.∴AB⊥平面ACC1A1, 又A1C平面ACC1A1, ∴AB⊥A1C. Ⅱ如图, 作AD⊥A1C交A1C于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BD⊥A1C, ∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中,AD===,在Rt△BAD中, tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan, 即二面角A-A1C-B的大小为arctan.解法二:Ⅰ证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴AA1⊥AB, AA1⊥AC. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°. 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC. 如图, 建立空间直角坐标系, 则A0, 0, 0, B1, 0, 0, C0,, 0, A10, 0, , ∴=1, 0, 0, =0, , -. ∵·=1×0+0×+0×-=0, ∴AB⊥A1C.Ⅱ如图, 可取m==1, 0, 0为平面AA1C的法向量,设平面A1BC的法向量为n=l, m, n, 则·n=0, ·n=0, 又=-1, , 0, ∴∴l=m, n=m. 不妨取m=1, 则n=, 1, 1.cos<m, n>===,∴二面角A-A1C-B的大小为arccos.5.解法一:Ⅰ作AO⊥BC, 垂足为O, 连结OD, 由题设知, AO⊥底面BCDE, 且O为BC中点. 由==知, Rt△OCD∽Rt△CDE, 从而∠ODC=∠CED, 于是CE⊥OD. 由三垂线定理知, AD⊥CE.Ⅱ作CG⊥AD, 垂足为G, 连结GE. 由Ⅰ知, CE⊥AD. 又CE∩CG=C, 故AD⊥平面CGE, AD⊥GE, 所以∠CGE是二面角C-AD-E的平面角. GE===, CE=,cos∠CGE===-. 所以二面角C-AD-E为arccos.解法二:Ⅰ作AO⊥BC, 垂足为O. 由题设知AO⊥底面BCDE, 且O为BC的中点. 以O为坐标原点, 射线OC为x轴正向, 建立如图所示的直角坐标系O-xyz. 设A0, 0, t. 由已知条件有C1, 0, 0, D1, , 0, E-1, , 0, =-2, , 0, =1, , -t. 所以·=0, 知AD⊥CE.Ⅱ△ABC为等边三角形, 因此A0, 0, .作CG⊥AD, 垂足为G, 连结CE. 在Rt△ACD中,求得|AG|=|AD|. 故G, ==, 又=1, , -, ·=0, ·=0. 所以与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角. 由cos<>==-知二面角C-AD-E为arccos.6.解法一:Ⅰ取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1.连结B1O, 在正方形BB1C1C中, O、D分别为BC、CC1的中点, ∴B1O⊥BD, ∴AB1⊥BD. 在正方形ABB1A1中, AB1⊥A1B, ∴AB1⊥平面A1BD.Ⅱ设AB1与A1B交于点G, 在平面A1BD中, 作GF⊥A1D于F, 连结AF, 由Ⅰ得AB1⊥平面A1BD, ∴AF⊥A1D. ∴∠AFG为二面角A-A1D-B的平面角. 在△AA1D中, 由等面积法可求得AF=, 又∵AG=AB1=, ∴sin∠AFG===, 所以二面角A-A1D-B的大小为arcsin.解法二:Ⅰ取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1中点O1, 以O为原点, 的方向为x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系, 则B1, 0, 0, D-1, 1, 0, A10, 2, , A0, 0, , B11, 2, 0, ∴=1, 2, -, =-2, 1, 0, =-1, 2, . ∵·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB1⊥平面A1BD.Ⅱ设平面A1AD的法向量为n=x, y, z. =-1, 1, -, =0, 2, 0.∵n⊥, n⊥, ∴∴∴令z=1得n=-, 0, 1为平面A1AD的一个法向量. 由Ⅰ知AB1⊥平面A1BD, ∴为平面A1BD的法向量. cos<n,>===-. ∴二面角A-A1D-B的大小为arccos.7.解法一:Ⅰ∵AC=BC=a, ∴△ACB是等腰三角形, 又D是AB的中点, ∴CD⊥AB, 又VC⊥底面ABC,∴VC ⊥AB, 于是AB⊥平面VCD, 又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ过点C在平面VCD内作CH⊥VD于H, 则由Ⅰ知CH⊥平面VAB. 连结BH, 于是∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. 依题意∠CBH=, 所以在Rt△CHD中, CH=asin θ;在Rt△BHC中, CH=asin=, ∴sin θ=, ∵0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法二:Ⅰ以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则C0, 0, 0, Aa, 0, 0, B0, a, 0, D, V. 于是,===-a, a, 0. 从而·=-a, a, 0·=-a2+a2+0=0, 即AB ⊥CD. 同理·=-a, a, 0·=-a2+a2+0=0, 即AB⊥VD.又CD∩VD=D, ∴ AB⊥平面VCD, 又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ设平面VAB的一个法向量为n=x, y, z,则由得可取n=1, 1, cot θ, 又=0, -a, 0, 于是sin===sin θ, 即sin θ=, ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法三:Ⅰ以点D为原点, 以DC、DB所在的直线分别为x轴、y轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则D0, 0, 0,A,B,C,V, 于是===0,a,0,从而·=0 a,0·=0, 即AB⊥DC. 同理·=0, a, 0·=0, 即AB⊥DV. 又DC∩DV=D, ∴ AB⊥平面VCD.又AB平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.Ⅱ设平面VAB的一个法向量为n=x, y, z, 则由得取n=tan θ, 0, 1, 又=, 于是sin===sin θ,即sin θ=. ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.8. 解法一:Ⅰ取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD, 所以MO∥AB, A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E, 则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角. OB=MO=, MO∥AB, 则==, EO=OB=, 所以EB=2=AB, 故∠AEB=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.ⅡCE是平面ACM与平面BCD的交线. 由Ⅰ知, O是BE的中点, 则BCED是菱形. 作BF⊥EC于F, 连AF, 则AF⊥EC, ∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角, 设为θ. 因为∠BCE=120°, 所以∠BCF=60°.BF=BC·sin 60°=, tan θ==2, sin θ=. 所以, 所求二面角的正弦值是.解法二:取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD, 又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD.以O为原点, 直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴, 建立空间直角坐标系如图. OB=OM=, 则各点坐标分别为O0, 0, 0, C1, 0, 0, M0, 0, , B0, -, 0, A0, -, 2, Ⅰ设直线AM与平面BCD所成的角为α. 因=0, , -, 平面BCD的法向量为n=0, 0, 1. 则有sin α=cos<, n>===, 所以α=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.Ⅱ=-1, 0, , =-1, -, 2.设平面ACM的法向量为n1=x, y, z, 由得解得x=z, y=z, 取n1=, 1, 1. 平面BCD的法向量为n=0, 0, 1. 则cos<n1, n>==. 设所求二面角为θ, 则sin θ==. 所以, 所求二面角的正弦值是.9.解法一:Ⅰ因为PD⊥平面ABCD, BC平面ABCD,所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°, 得BC⊥DC. 又PD∩DC=D, PD平面PCD, DC平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PC平面PCD, 所以PC⊥BC.Ⅱ连结AC. 设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC, ∠BCD=90°, 所以∠ABC=90°. 从而由AB=2, BC=1, 得△ABC的面积S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1, 得三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PD=. 因为PD⊥平面ABCD, DC平面ABCD, 所以PD⊥DC. 又PD=DC=1, 所以PC==. 由PC⊥BC, BC=1, 得△PBC的面积S△PBC=. 由V=S△PBC h=··h=, 得h=. 因此, 点A到平面PBC的距离为.解法二:建立如图所示空间直角坐标系D-xyz, 则P0, 0, 1, C0, 1, 0, B1, 1, 0.Ⅰ=0, 1, -1, =-1, 0, 0. ∵·=0×-1+1×0+-1×0=0, ∴PC⊥BC.Ⅱ设平面PBC的法向量n=x, y, z, 则有即令y=1得n=0, 1, 1. 又因为A1, -1, 0, =0, 2, 0, 所以点A到平面PBC的距离d===.解法三:Ⅱ取AB中点E, 连DE, 则DE∥BC, DE∥面PBC, 则A点到面PBC的距离等于E点到面PBC距离的2倍, 即等于点到面PBC距离的2倍. 过D作DH⊥PC, 则DH⊥面PBC. 在Rt△PCD中, DH=, ∴A到面PBC的距离为.10.解法一:Ⅰ连结A1B, 记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1B1B为正方形, 故A1B⊥AB1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D为BB1的中点, 故DE ∥BF, DE⊥AB1. 作CG⊥AB, G为垂足, 由AC=BC知, G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B, 得CG⊥面AA1B1B. 连结DG, 则DG∥AB1, 故DE⊥DG, 由三垂线定理, 得DE ⊥CD. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.Ⅱ因为DG∥AB1, 故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角, ∠CDG=45°. 设AB=2, 则AB1=2, DG=, CG=, AC=. 作B1H⊥A1C1, H为垂足. 因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C, 故B1H⊥面AA1C1C, 又作HK⊥AC1, K为垂足, 连结B1K, 由三垂线定理, 得B1K⊥AC1, 因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.B1H==, HC1==, AC1==, HK==,tan∠B1KH==, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.解法二:Ⅰ以B为坐标原点, 射线BA为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.设AB=2, 则A2, 0, 0, B10, 2, 0, D0, 1, 0, E,又设C1, 0, c, 则==2, -2, 0, =1, -1, c. 于是·=0, ·=0,故DE⊥B1A, DE⊥DC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.Ⅱ因为<>等于异面直线AB1与CD的夹角,故·=||·||cos 45°, 即2××=4, 解得c=, 故=-1, 0, . 又==0, 2, 0, 所以=+=-1, 2, . 设平面AA1C1的法向量为m=x, y, z, 则m·=0, m·=0, 即-x+2y+z=0且2y=0. 令x=, 则z=1, y=0, 故m=, 0, 1. 设平面AB1C1的法向量为n=p, q, r, 则n·=0, n·=0, 即-p+2q+r=0, 2p-2q=0. 令p=, 则q=, r=-1, 故n=, -1.所以cos<m, n>==. 由于<m, n>等于二面角A1-AC1-B1的平面角, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arccos.11. 2009全国Ⅰ, 19, 12分如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD, AD=, DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=60°.11.解法一:Ⅰ作ME∥CD交SD于点E, 则ME∥AB, ME⊥平面SAD.连结AE, 则四边形ABME为直角梯形.作MF⊥AB, 垂足为F, 则AFME为矩形. 设ME=x, 则SE=x,AE==, MF=AE=, FB=2-x. 由MF=FB·tan 60°, 得=2-x,解得x=1. 即ME=1, 从而ME= DC, 所以M为侧棱SC的中点.ⅡMB==2, 又∠ABM=60°, AB=2, 所以△ABM为等边三角形.又由Ⅰ知M为SC中点, SM=, SA=, AM=2, 故SA2=SM2+AM2, ∠SMA=90°. 取AM中点G, 连结BG, 取SA中点H, 连结GH, 则BG⊥AM, GH⊥AM, 由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角. 连结BH. 在△BGH中, BG=AM=, GH=SM=, BH==, 所以cos∠BGH==-.二面角S-AM-B的大小为arccos.解法二:以D为坐标原点, 射线DA为x轴正半轴, 建立如图所示的直角坐标系D-xyz.设A, 0, 0, 则B, 2, 0, C0, 2, 0, S0, 0, 2.Ⅰ设=λλ>0, 则M, =. 又=0, 2, 0, <>=60°, 故·=||·||cos 60°, 即=, 解得λ=1, 即=. 所以M为侧棱SC的中点.Ⅱ由M0, 1, 1, A, 0, 0, 得AM的中点G. 又==0, -1, 1, =-, 1, 1.·=0, ·=0, 所以⊥⊥. 所以<>等于二面角S-AM-B的平面角. 因为cos<>==-. 所以二面角S-AM-B的大小为arccos.12.解法一:Ⅰ取BC中点F, 连结EF, 则EF B1B, 从而EFDA.连结AF, 则ADEF为平行四边形, 从而AF∥DE. 2分又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. 5分Ⅱ作AG⊥BD, 垂足为G, 连结CG. 由三垂线定理知CG⊥BD, 故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角. 由题设知, ∠AGC=60°. 设AC=2, 则AG=. 又AB=2, BC=2, 故AF=. 由AB·AD=AG·BD得2AD=·, 解得AD=, 故AD=AF. 又AD⊥AF, 所以四边形ADEF为正方形. 8分因为BC⊥AF, BC⊥AD, AF∩AD=A, 故BC⊥平面DEF, 因此平面BCD⊥平面DEF. 连结AE、DF, 设AE∩DF=H, 则EH⊥DF, EH⊥平面BCD. 连结CH, 则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 因ADEF为正方形, AD=, 故EH=1, 又EC=B1C=2, 所以sin∠ECH==, 所以∠ECH=30°, 即B1C与平面BCD所成的角为30°. 12分解法二: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B1, 0, 0,C0, b, 0, D0, 0, c, 则B11, 0, 2c, E. 2分于是==-1, b, 0. 由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC, ·=0, 求得b=1, 所以AB=AC. 5分Ⅱ设平面BCD的法向量=x, y, z, 则·=0, ·=0. 又=-1, 1, 0, =-1, 0, c, 故8分令x=1, 则y=1, z==. 又平面ABD的法向量=0, 1, 0. 由二面角A-BD-C 为60°知, <>=60°, 故·=||·||·cos 60°, 求得c=. 于是=1, 1, , =1, -1, , cos<>==, <>=60°. 所以B1C与平面BCD所成的角为30°. 12分13.解法一:Ⅰ∵四边形ABCD是正方形, ∴AC⊥BD. ∵PD⊥底面ABCD, ∴PD⊥AC.∴AC⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB.Ⅱ设AC∩BD=O, 连结OE. 由Ⅰ知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵O, E分别为DB, PB的中点, ∴OE∥PD, OE=PD. 又∵PD⊥底面ABCD, ∴OE⊥底面ABCD, OE⊥AO. 在Rt△AOE中, OE=PD=AB=AO, ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.解法二:如图, 以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz.设AB=a, PD=h, 则Aa, 0, 0, Ba, a, 0, C0, a, 0, D0, 0, 0, P0, 0, h.Ⅰ∵=-a, a, 0, =0, 0, h, =a, a, 0, ∴·=0, ·=0. ∴AC⊥DP, AC⊥BD. ∴AC ⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB. Ⅱ当PD=AB且E为PB的中点时, P0, 0, a, E. 设AC∩BD=O, 则O, 连结OE. 由Ⅰ知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵==, ∴cos∠AEO==. ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.14.解法一:Ⅰ证明:依题设, M在以BD为直径的球面上, 则BM⊥PD. 因为PA⊥平面ABCD, 则PA⊥AB. 又AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD, 则AB⊥PD, 因此有PD⊥平面ABM, 所以平面ABM⊥平面PCD. Ⅱ设平面ABM与PC交于点N, 因为AB∥CD, 所以AB∥平面PCD, 则AB∥MN∥CD, 由Ⅰ知, PD⊥平面ABM, 则MN是PN在平面ABM上的射影, 所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角, 且∠PNM∠PCD, tan∠PNM=tan∠PCD==2, 所求角为arctan 2.Ⅲ因为O是BD的中点, 则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半, 由Ⅰ知, PD⊥平面ABM于M, 则|DM|就是D点到平面ABM的距离. 因为在Rt△PAD中, PA=AD=4, PD⊥AM, 所以M为PD中点, DM=2, 则O点到平面ABM的距离等于.解法二:Ⅰ同解法一;Ⅱ如图所示,建立空间直角坐标系,则A0,0,0,P0,0,4,B2,0,0,C2,4,0,D0,4,0, M0,2,2,设平面ABM的一个法向量n=x, y, z, 由n⊥, n⊥可得令z=-1, 则y=1, 即n=0, 1, -1. 设所求角为α, 则sin α==, 所求角的大小为arcsin.Ⅲ设所求距离为h, 由O1, 2, 0, =1, 2, 0, 得h==.15.1如图,连接BE、BD,由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD;SD⊥平面ABCD,16.∴BD是BE在平面ABCD上的射影,∴AC⊥BE;17.2如图,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=,18.∵SD⊥平面ABCD,CD平面ABCD,∴SD⊥CD;19.又底面ABCD是正方形,∴CD⊥AD,而SD∩AD=D,CD⊥平面SAD20.连接AE、CE,过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F,连接CF,则CF⊥AE,故∠CDF是二面角C-AE-D的平面角,即∠CDF=θ;在Rt△BDE中,∵BD=2a,DE=21.∴在Rt△ADE中,∵∴从而,在中,,由,得,由,解得,即为所求;16.解法一:Ⅰ因为AB∥DC, DC平面EFCD, 所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离. 如图1, 过点A作AG⊥FD于G. 因∠BAD=, AB∥DC, 故CD⊥AD;又FA⊥平面ABCD, 由三垂线定理知CD⊥FD, 故CD⊥平面FAD, 知CD⊥AG.图1故AG为所求的直线AB到平面EFCD的距离. 在Rt△FDC中, FD===. 由FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 从而在Rt△FAD中, FA===1, 所以, AG===.Ⅱ由已知FA⊥平面ABCD, 得FA⊥AD, 又由∠BAD=, 知AD⊥AB, 故AD⊥平面ABFE, 从而AD⊥FE. 所以, ∠FAE为二面角F-AD-E的平面角, 记为θ. 在Rt△EAD中, AE===. 由四边形ABFE为平行四边形, 得FE∥BA, 从而∠EFA=, 在Rt△EFA中, EF===. 故tan θ==.解法二:图2Ⅰ如图2, 以A点为坐标原点, 的方向为x, y, z的正方向建立空间直角坐标系, 则A0, 0, 0, C2, 2, 0, D0, 2, 0. 设F0, 0, z0z0>0, 可得=2, 2, -z0, 由||=3, 即=3, 解得z0=1, 即F0, 0, 1. 因为AB∥DC, DC平面EFCD, 所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD 的距离. 设A点在平面EFCD上的射影点为Gx1, y1, z1, 则=x1, y1, z1, 因·=0且·=0,而=0, -2, 1, =-2, 0, 0, 此即①解得G点的横坐标x1=0, 知G点在yOz面上, 故G点在FD上. 又∥=-x1, -y1, -z1+1, 故有=-z1+1, ②联立①、②, 解得G, 因||为AB到平面EFCD的距离, 而=, 所以||=.Ⅱ因四边形ABFE为平行四边形, 则可设Ex0, 0, 1x0<0, =-x0, 2, -1, 由||=, 即=, 解得x0=-, 即E-, 0, 1, 故=-, 0, 1. 由=0, 2, 0, =0, 0, 1, 因·=0, ·=0, 故∠FAE为二面角F-AD-E的平面角. 又=, 0, 0, ||=, ||=1, 所以tan∠FAE==.17.由题设可知, 以、、为单位正交基底, 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则有A1, 0, 0, B1, 1, 0, C0, 1, 0, D10, 0, 1. 由=1, 1, -1得=λ=λ, λ,-λ, 所以=+=-λ, -λ, λ+1, 0, -1=1-λ, -λ, λ-1, =+=-λ, -λ, λ+0, 1, -1=-λ, 1-λ, λ-1. 显然∠APC不是平角, 所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos<>=<0, 这等价于·<0, 即1-λ-λ+-λ1-λ+λ-12=λ-13λ-1<0, 得<λ<1. 因此, λ的取值范围为.18.解法一:Ⅰ因为AC=BC, M是AB的中点, 所以CM⊥AB. 又因为EA⊥平面ABC, 所以CM⊥EM.Ⅱ连结MD, 设AE=a, 则BD=BC=AC=2a. 在直角梯形EABD中. AB=2a, M是AB的中点,所以DE=3a, EM=a, MD=a, 因此DM⊥EM, 因为CM⊥平面EMD, 所以CM⊥DM, 因此DM⊥平面EMC, 故∠DEM是直线DE和平面EMC所成的角. 在Rt△EMD中. MD=a, EM=a, tan∠DEM==.解法二:如图, 以点C为坐标原点, 以CA, CB分别为x轴和y轴, 过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴, 建立直角坐标系C-xyz, 设EA=a, 则A2a, 0, 0, B0, 2a, 0, E2a, 0, a,D0, 2a, 2a, Ma, a, 0.Ⅰ因为=-a, a, -a, =a, a, 0, 所以·=0, 故EM⊥CM.Ⅱ设向量n=1, y0, z0与平面EMC垂直, 则n⊥, n⊥. 即n·=0, n·=0. 因为=-a, a, -a, =a, a, 0, 所以y0=-1, z0=-2. 即n=1, -1, -2. 因为=2a, -2a, -a, cos<n, >==, DE与平面EMC所成的角θ是n与夹角的余角, 所以tan θ=.19.1 以A为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A0,0, 0, B2,0, 0, C0,2, 0, D1,1, 0, A10,0, 4, C10,2, 4, 所以=2,0, -4, =1, -1, -4.因为cos< , > ===,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为(2)设平面ADC1的法向量为n1=x, y, z, 因为=1,1,0, =0,2,4,所以n1·=0, n1·=0, 即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2, y=-2, 所以n1=2, -2,1 是平面ADC1的一个法向量. 取平面AA1B的一个法向量为n2=0,1,0,设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|===, 得sin θ=.因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.。

立体几何的坐标计算与投影分析练习题

立体几何的坐标计算与投影分析练习题在立体几何中，坐标计算和投影分析是两个重要的概念和技巧。

通过坐标计算，我们可以确定物体在三维空间中的位置和方向。

而通过投影分析，我们可以研究物体在不同角度下的投影效果和形态变化。

本文将为您提供一系列立体几何的坐标计算和投影分析的练习题，帮助您加深对这些概念和技巧的理解。

【练习题一】已知三维空间中有一点A(2, 3, 4)，请计算点A关于原点O(0, 0, 0)的对称点A'的坐标。

【解答】要计算点A关于原点O的对称点A'，可以利用对称性质，将A的坐标分别取负值，得到A'的坐标为A'(-2, -3, -4)。

【练习题二】已知三维空间中有一直线L，其通过点A(-1, 2, 3)且与向量v(2, -1, 1)平行，求直线L的参数方程。

【解答】由题意可知，直线L上任意一点P(x, y, z)满足向量OP与向量v平行，即向量OP=k*向量v，其中k为实数。

设直线L上的一点P为P(x, y, z)，则有向量OP=(x+1, y-2, z-3)，向量v=(2, -1, 1)。

根据向量平行的性质，可以得到以下参数方程：x+1=2ky-2=-kz-3=k【练习题三】现有一个长方体ABCD-A'B'C'D'，已知点A坐标为(0, 0, 0)，点B坐标为(2, 0, 0)，点C坐标为(2, 3, 0)，求A'B'C'D'的坐标。

【解答】首先根据长方体的性质可知，A'B'、B'C'、C'D'、D'A'与x轴平行，且各边长度相等。

根据题意可知A'B'和C'D'与y轴平行，B'C'和D'A'与z轴平行。

因此，A'的坐标为(0, -3, 0)，B'的坐标为(2, -3, 0)，C'的坐标为(2, 0, 0)，D'的坐标为(0, 0, 0)。

高中数学立体几何外接球问题专题12 坐标法模型

专题12坐标法模型一、解题技巧归纳总结1．坐标法对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为(,,)O x y z ，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长.坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度.二、典型例题例1. 如图小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）А.π8 B .π252 C .π414D .π12例2. 四面体ABCD 在空间坐标系内的坐标分别为(0,0,0)A ，(0,0,1)B ，(0,2,0)C ，3,0)2D ，则该四面体的外接球的面积为（）A ．π2B ．π2C ．π4D ．π5三、配套练习1.空间直角坐标系中，棱长为6的正四面体ABCD 的顶点(0,0,0)A ，(0,6,0)B ，C ，则正四面体的外接球球心O 的坐标可以是（）A ．B ．C ．-D ． 2．某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A ．π11B ．π12C ．π13D ．π143．某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A ．11πB ．12πC ．13πD ．14π4．在三棱锥P ABC -，PA ⊥平面ABC ，120BAC ∠=，2PA AB AC ===，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．103πB ．18πC ．20πD ．93π5．正方体-1111ABCD ABC D 的棱长为2，M 为BC 的中点，则三棱锥-1A BMD 的外接球的体积为 . 6．如图，在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为．7．已知三棱锥S ABC -，SB ⊥面ABC ，AB BC ⊥且2A B B C ==， 4SB =，求三棱锥外接球的半径.答案例1. 如图小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）А.π8 B .π252 C .π414D .π12 【解析】由三视图可知，该几何体为如图1所示的四棱锥-S ABCD ，其中四边形ABCD 为矩形.图1 图2如图2，建立空间直角坐标系，则(2,2,1)A ，(0,2,1)B ，(0,0,2)S .设球心O 的坐标为(,,)x y z ，则=OS OA ，=OS OB ，=OS OC ，得到方程组⎧++-=-+-+-⎪⎪++-=+-+-⎨⎪++-=++⎪⎩222222222222222222(2)(2)(2)(1)(2)(2)(1)(2)x y z x y z x y z x y z x y z x y z 解之得⎧⎪⎪⎨⎪=⎪==⎩1134x y z ，于是球心 ⎛⎫ ⎪⎝⎭31,,14O .所以该多面体的外接球半径==R 因此其表面积为ππ==24144S R .故选C .例2. 四面体ABCD 在空间坐标系内的坐标分别为(0,0,0)A ，(0,0,1)B ，(0,2,0)C ，3,0)2D ，则该四面体的外接球的面积为（）A ．π2B ．π2C ．π4D ．π5【解析】设球心坐标为(,,)x y z ，则++=++-=+-+=+-+2222222222223(1)(2)(()2x y z x y z x y z x y z ，解得=0x ，=1y ，=12z ，∴ ∴四面体的外接球的面积为π5，故选：D ．三、配套练习1.空间直角坐标系中，棱长为6的正四面体ABCD 的顶点(0,0,0)A ，(0,6,0)B ，C ，则正四面体的外接球球心O 的坐标可以是（）A ．B ．C ．-D ．【解析】如图所示，建立空间直角坐标系．设点G 是底面∆ABC 的中心，则G ．取BC 的中点E ，连接AE 、DE 、DG ，则⊥D G 平面ABC ．则=DE =EG在∆Rt DEG 中，==DG ．∴+=222OG GA DO ，即+=222)OG OG ，解得=OG ．∴O ，∴正四面体的外接球球心O 的坐标可以是O ，故选：B ．2．某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A ．π11B ．π12C ．π13D ．π14【解析】解析：如图，在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，B ，D 为所在棱的中点，由三视图知识可知，几何体即为三棱锥-A BCD ，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示则()-0,1,1A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,0,0D ，设球心为(),,M x y z ，====MA MB MC MD R 于是有()()()()()⎧+++-=++⎪⎪-++=++⎨⎪-+-+=++⎪⎩22222222222222222211111x y z x y z x y z x y z x y z x y z ，解得⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩121232x y z ，所以⎛⎫ ⎪⎝⎭113,,222M ，所以外接球的半径为⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭222113112222MA ，表面积为ππ=2411R . 3．某棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为（）A ．11πB ．12πC ．13πD ．14π【解析】如图，在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，,B D 为所在棱的中点，由三视图知识可知，几何体即为三棱锥-A BCD ，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则()-0,1,1A ，()()()1,0,0,1,1,0,0,0,0B C D ，设球心为(),,M x y z ，====MA MB MC MD R ，于是有()()()()()⎧+++-=++⎪⎪-++=++⎨⎪-+-+=++⎪⎩22222222222222222211111x y z x y z x y z x y z x y z x y z ，解得⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩121232x y z ，所以⎛⎫ ⎪⎝⎭113,,222M ，所以外接球的半径为⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭222113112222MA ,表面积为ππ=2411R . 4．在三棱锥P ABC -，PA ⊥平面ABC ，120BAC ∠=，2PA AB AC ===，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．103πB ．18πC ．20πD ．93π【解析】法一该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P ABC -，120BAC ∠=，2PA AB AC ===，所以该三棱锥的外接球即为该六棱柱的外接球，因为六棱柱的外接球的直径为2224225R =+=，5R =，所以该球的表面积为2420R ππ=。

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坐标法解立体几何1空间直角坐标系：（1）若空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为1，这个基底叫单位正交基底，用{,,}i j k 表示；（2）在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k ，以点O 为原点，分别以,,i j k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量 ,,i j k 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面；2．空间直角坐标系中的坐标：在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标．3．空间向量的直角坐标运算律：（1）若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈，112233a b a b a b a b ⋅=++，112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈，1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=．（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标4模长公式：若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则222123||a a a a a a =⋅=++，222123||b b b b b b =⋅=++．5．夹角公式：112233222222123123cos ||||a ba b a b a a a b b b ⋅⋅==⋅++++．异面直线所成的夹角：6．两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则2222212121||()()()AB AB x x y y z z ==-+-+-，或222,212121()()()A B d x x y y z z =-+-+-7、法向量①直线的法向量：在直线L 上取一个定向量，则与垂直的非零向量叫直线L 的法向量②平面的法向量：与平面α垂直的非零向量叫平面α的法向量．构造直线或平面的法向量，在求空间角与距离时起到了桥梁的作用，在解题过程中只须求出而不必在图形中作出来．在空间直角坐标系下，构造关于法向量坐标的三元一次方程组，得到直线（或平面）的法向量坐标的一般形式，再取特值. 其向上或向下的方向可根据竖坐标的符号来确定. 一、平面的法向量例1 已知AB =（2，2，1），AC =（4，5，3），求平面ABC 的法向量解：设面ABC 的法向量(,,)n x y z =，则n ⊥AB 且n ⊥，即n ·AB =0，且n ·=0，即2x +2y +z=0且4x +5y +3z=0，解得1,2,x z y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴n =z （21，－1，1）点评：一般情况下求法向量用待定系数法由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n 的某个坐标设为1，再求另两个坐标平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量。

二、空间里的垂直关系1、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点证明AD ⊥D 1F ；解：取D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，取正方体棱长为2，则A （2，0，0）、A 1（2，0，2）、D 1（0，0，2）、E （2，2，1）、F （0，1，0）∵DA ·1D F =（2，0，0）·（0，1，－2）=0，∴AD ⊥D 1F2、如图，已知正三棱柱111C B A ABC -的棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点.在直线1CC 上求一点N ，使1AB MN ⊥；解：以1AA AC 、分别为y 轴、z 轴，垂直于1AA AC 、的Ax 为x 轴建立空间直角坐标系xyz A -，设a CN =||，则有、)0,0,0(A ),1,0()0,43,43()2,21,23(1a N M B 、、. 得由MN AB AB a MN ⊥=-=11),2,21,23(),,41,43(810281830)2,21,23(),41,43(01=⇒=++-⇒=⋅-⇒=⋅a a a AB MN 3、在直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB=√2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE.（Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）求证：平面BDF ⊥平面ABCD.证明：∵ABCD 为正方形，∴BC ⊥AB ，∵二面角D —AB —E 为直二面角，∴BC ⊥面AEB ，以线段AB 的中点为原点O ，OE 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，过O 点平行于AD 的直线为z 轴，如图建立空间直角坐标系O —xyz ，则A(0，－1，0)， B(0,1,0)，C(0,1,2)，D(0,－1,2), E(1，0,0)，∵F 为CE 上的点，EC =(－1,1,2),∴设EF =EC λ=(-λ,λ，2λ)， ∴F （1-λ，λ，2λ）， ∴BF =(1-λ,1λ-,2λ),AC =(0,2,2),AE =( 1,1,0), ∵BF ⊥平面ACE ， ∴BF AC •=2(1)4λλ-+=0且BF AE •=20(1)1x λλ-+-=0, 解得，0x =1，λ=13， ∴E （1,0,0），F(23，13，23)，（Ⅰ）AE =（1,1,0），BE =（－1,1，0）, ∴AE BE •=0, ∴AE ⊥BE,∵BC ⊥面AEB, ∴BC ⊥AE, ∴AE ⊥平面BCE;（Ⅱ）面ABCD 的法向量为OE =（1，0,0），设面BFD 的法向量为m =（x ，y ，z ），BF =(23,－23,23),BD =（0，－2，2）， ∴BF •m =222333x y z -+=0且BD •m =22y z -+=0，取z =1，则y =1，x =0，ABCDA 1B 1C 1D 1EF xzyABCMN1A 1B 1C yzx∴m=(0，1，1)，∴OE•m=0，∴平面BDF⊥平面ABCD5平面ABCD⊥平面ABEF，ABCD是正方形，ABEF是矩形，且,21aADAF==G是EF的中点，求证平面AGC⊥平面BGC；解：如图，以A为原点建立直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2a，0），C（0，2a，2a），G（a，a，0），F（a，0，0）证明：(,,0),(0,2,2)AG a a AC a a==(,,0),(0,0,2)BG a a BC a=-=设平面AGC的法向量为111(,,1)n x y=，111111101(1,1,1)2201ax ay xAG nnay a yAC n⎧+==⋅=⎧⎧⎪⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨+==-⋅=⎩⎩⎪⎩设平面BGC的法向量为222(1,,)n y z=，2222222001(1,1,0)201BG n a ay ynaz zBC n⎧⋅=-==⎧⎧⎪⇒⇒⇒=⎨⎨⎨==-⋅=⎩⎩⎪⎩∴12n n⋅=即12n n⊥∴平面AGC⊥平面BGC；三、空间里的平行关系1、在正方体AC1中，E为DD1的中点，求证：DB11111ABCD A B C D-1DD 11C D1B F1A BE1A1B BE1BA1BEA m x y z BE•m22x y z-++1BA•m22x z+xA BCDEFGxzyz y32m 3211C D 1B F 1A BE 0x 0x BF 02x -BF •m 031(2)2(1)22x ⨯-+⨯+-⨯0x 11C D 1B F 1A BE 四、空间的角1、直三棱柱111C B A ABC -中，若︒=∠90BAC ，1AA AC AB ==，求异面直线1BA 与1AC 所成的角。

如图建立空间坐标系，设异面直线1BA 与1AC 所成的角为θ，则||||cos 1111AC BA AC BA =θ，设AB=a ，易求点B 坐标：（0，a ，)0，点1A 坐标：0(，0，a ），点A 坐标：（0，0，0），点1C 坐标：a (，0，a ），所以0(1=BA ，a -，a ），=1AC a (，0，a ）2120)(0|00|cos 22222222==+++-+⨯+⨯-⨯=aa a a a a a a a a θ ∴︒=60θ2、在四棱锥P ABCD 中，AD AB ，CD ∥AB ，PD ⊥底面ABCD ，2ABAD=，直线PA 与底面ABCD 成60°角，点,M N 分别是PA 、PB 的中点. （1）求异面直线DN 与BC 的夹角的余弦值；（2）求直线PA 与面PBC 所成的角正弦值；（3）求二面角P －NC-D 的大小的余弦值.解析：以D 为原点，向量DA ,DC ,DP 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立坐标系，设AD=1，则AB=2AD =2，∵PD ⊥底面ABCD ，∴∠PAD 为直线PA 与面ABCD 所成的角，∴∠PAD=060， ∴PD=3， ∴D(0,0,0), A(1,0,0), B(1,2,0),C(0,2,0),P(0,0, 3),M(12,0,3),N(12,1, 32)，(1)DN =( 12，1，3)，BC =(－1,0，0)，∴异面直线DN 与BC 的夹角的余弦值为|cos ,|DN BC =||||||DN BC DN BC ••=24.（2）PA =(1，0，－3)，PB =(1，2，－3)，设面PBC 的法向量为m =（1x ，1y ，1z ），直线PA 与面PBC 所成的角为θ，则PB •m =11123x y z +-=0且BC •m =－1x =0,取1z =2，则1x =0，1y =3， ∴m =(0,2, 3)， ∴sin θ=|||PA PA ••|m |m |=217.(3)由（2）知面PBC 的法向量为m =(0,2, 3)，设面CDN 的法向量为n =（2x ,2y ,2z ）,∵DN =(12，1，3),DC =(0,2,0)，DP =（0，0，3）,∴DN •n =222132x y z ++=0且DC •n =22y =0，取2z =1，则2x =－3，2y =0，则n =(－3，0，1)，∴cos m,n =|••m n |m |n |=2114，又∵DP •m =3＞0, DP •n =3＞0, ∴二面角P －NC-D 的大小的余弦值为2114. 【点评】（1）对异面直线夹角问题，先求出两条异面直线的方向向量分别为m 、n ，在求出m 、n 的夹角，设两异面直线的夹角θ，利用cos θ=|cos |m,n 求出异面直线的夹角，注意：异面直线夹角与向量夹角的关系；(2)对二面角l αβ--的大小问题，先求出平面α、β的法向量m 、n ，再求出m 、n 的夹角，在α内取一点A ，在β内取一点B ，设二面角l αβ--大小为θ，若AB •n 与AB •m 同号，则θ=m,n ，若AB •n 与AB •m 异号，则θ=π-m,n ，注意二面角大小与法向量夹角的关系.（3）对于线面夹角问题，求出线面夹角问题中，求出直线的方向向量m 和平面法向量n ，设线面角为θ，则直线方向向量m 在平面法向量n 方向上的投影的长度|•|m n |n |与直线方向向量m 的模之|m |比||•|m n |m |n |就是线面夹角的正弦值，即sin θ=||•|m n |m |n |.3、如图，BCD ∆与MCD ∆都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求直线AM 与平面BCD 所成的角的大小；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值.解：如图建立空间坐标系，设直线AM 与平面BCD 所成的角的大小为θ， ∵AB ⊥平面BCD ∴BA 是平面BCD 的一个法向量故||||sin BA AM BA AM =θ 点A 坐标：（0，0，32）点B 坐标：（0，0，0）点M 坐标：（23，23，3）（注明：先作MO ⊥CD 于O ，过点C 作CE ⊥BD 于E ，CG ⊥y 轴于G ，过点O 作OF ⊥BD 于F ，OH ⊥y 轴于H ，再利用坐标定义求出点M 坐标）于是AM 23(=，23，3-)，BA =（0，0，32）∴222222)32(00)3()23()23(|323023023|sin ++-++⨯-⨯+⨯=θ 1266= 22= ∴︒=45θ（2）易知平面BCD 的一个法向量为1n =（0，0，1）设平面ACM 的法向量x n (2=，y ，z ），由2n ⊥AC ，2n ⊥AM 可得2n ·AC =0，2n ·AM =0，而A （0，0，32），M （23，23，3），C 1(，3，0）AM 23(=，23，3-)3(23=，1，2- )AC 1(=，3，32-) 所以⎩⎨⎧=-+=-+0323023z y x z y x 消x ，得z y 2=取1=z ，得2=y ，0=x∴0(2=n ，2，1） ∴1cos n <，>2n =5551112000=⨯⨯+⨯+⨯ ∴平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值为552。

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