空间坐标法解立体几何题
一、用空间向量解决立体几何问题的思路1.坐标法2.基向量法如果在
一、用空间向量解决立体几何问题的思路1．坐标法：2．基向量法如果在所给问题中，不好寻找交于一点的互相垂直的三条直线，或者其坐标难于求出，这时常选图中不共面的三条直线上的线段构造基底，将所给问题的条件和待解决的结论，用基底及其线性表示来表达，通过向量运算来解决．二、空间中的角空间中的角包括两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角．这些角都是通过两条射线所成的角来定义的，因而这些角的计算方法，都是转化为平面内线与线所成的角来计算的．确切地说，是“化归”到一个三角形中，通过解三角形求其大小．1．异面直线的夹角一般采用平移法，把它们化归到一个三角形中再通过解三角形求得．而利用向量法则可直接运用两直线的方向向量的夹角公式来求得．2．平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是斜线和这个平面内的所有直线所成角中最小的，这个角就是斜线和平面所成的角．3．作二面角的平面角的常用方法有：(1)定义法：根据定义，以棱上任一点为端点，分别在两个半平面内作垂直于棱的两条射线，则形成二面角的平面角．(2)三垂线法：从二面角一个面内某个特殊点P作另一个面的垂线，过垂足A作二面角棱的垂线，垂足为B，连结PB，由三垂线定理得PB与棱垂直，于是∠PBA是二面角的平面角(或其补角)．(3)垂面法：过二面角的棱上一点作平面与棱垂直，分别交两个面的交线，构成二面角的平面角．三、空间的距离1．(1)两点间的距离——连结两点的线段的长度．(2)点到直线的距离——从直线外一点向直线引垂直相交的直线，点到垂足之间线段的长度．(3)点到平面的距离——从平面外一点向平面引垂线，点到垂足间线段的长度．连接平面α外一点与平面α内任一点的线段中，垂线段最短．(4)平行直线间的距离——从两条平行线中一条上任意取一点向另一条直线引垂线，这点到垂足间线段的长度．(5)异面直线间的距离——两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的线段的长度．(6)直线与平面间的距离——如果一条直线和一个平面平行，从直线上任意一点向平面引垂线，这点到垂足间线段的长度．(7)两平行平面间的距离——两个平面的公垂线段的长度．2．求距离的一般方法和步骤求距离的思想方法和步骤与求角相似，其基本步骤是：①找出或作出有关距离的图形；②证明它符合定义；③在平面图形内计算．空间中各种距离的计算，最终都要转化为线段长度，特殊情况也可以利用等积法．四、平面的法向量1．如果表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a⊥α，如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量．2．求平面的法向量的方法二、用空间向量研究空间线面的平行与垂直关系1．用向量方法研究两直线间的位置关系设直线l1、l2的方向向量分别为a、b.(1)l1∥l2或l1与l2重合⇔a∥b⇔存在实数t，使a＝t b.(2)l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b＝0.2．用向量方法研究直线与平面的位置关系设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，v1、v2是与α平行的两个不共线向量．(1)l∥α或l⊂α⇔存在两个实数λ、μ，使a＝λv1＋μv2⇔a·n＝0.(2)l⊥α⇔a∥n⇔存在实数t，使a＝t n.l⊥α⇔⎩⎨⎧a⊥v1a⊥v2⇔⎩⎨⎧a·v1＝0a·v2＝03．用向量方法研究两个平面的位置关系设平面α、β的法向量分别为n 1、n 2.(1)α∥β或α与β重合⇔n 1∥n 2⇔存在实数t ，使n 1＝t n 2. (2)α⊥β⇔n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0.若v 1、v 2是与α平行的两个不共线向量，n 是平面β的法向量．则①α∥β或α与β重合⇔v 1∥β且v 2∥β⇔存在实数λ、μ，对β内任一向量a ，有a ＝λv 1＋μv 2. ②α⊥β⇔⎩⎨⎧n ⊥v 1n ⊥v 2⇔⎩⎨⎧n ·v 1＝0n ·v 2＝0三、用向量法求空间的角 1．求异面直线所成的角设l 1与l 2是两异面直线，a 、b 分别为l 1、l 2的方向向量，l 1、l 2所成的角为θ，则〈a ，b 〉与θ相等或互补， ∴cos θ＝|a ·b ||a |·|b |. 2．求直线与平面所成的角如图，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，<n 1，n 2>＝θ，则二面角α－l －β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|.※四、用向量法求空间距离 1．求点到平面的距离如图所示，已知点B (x 0，y 0，z 0)，平面α内一点A (x 1，y 1，z 1)，平面α的一个法向量n ，直线AB 与平面α所成的角为φ，θ＝〈n ，AB →〉，则sin φ＝|cos 〈n ，AB →〉|＝|cos θ|.由数量积的定义知，n ·AB →＝|n ||AB →|cos θ，∴点B 到平面α的距离d ＝|AB →|·sin φ＝|AB →|·|cos θ|＝|n ·AB →||n |.2．求异面直线间的距离如右图，若CD 是异面直线a 、b 的公垂线，A 、B 分别为a 、b 上的任意两点，令向量n ⊥a ，n ⊥b ，则n ∥CD .则由AB →＝AC →＋CD →＋DB →得，AB →·n ＝AC →·n ＋CD →·n ＋DB →·n ，∴AB →·n ＝CD →·n ∴|AB →·n |＝|CD →|·|n | ∴|CD →|＝|AB →·n ||n |∴两异面直线a 、b 间的距离为d ＝|AB →·n ||n |.3．求直线到平面的距离设直线a ∥平面α，A ∈a ，B ∈α，n 是平面α的法向量，过A 作AC ⊥α，垂足为C ，则AC →∥n ，∵AB →·n ＝(AC →＋CB →)·n ＝AC →·n，∴|AB →·n |＝|AC →|·|n |.∴直线a 到平面α的距离d ＝|AC →|＝|AB →·n ||n |.4．求两平行平面间的距离(1)用公式d ＝|AB →·n ||n |求，n 为两平行平面的一个法向量，A 、B 分别为两平面上的任意两点．(2)转化为点面距或线面距求解．。
高考立体几何复习三部曲—空间直角坐标系的应用
高考立体几何复习三部曲—空间直角坐标系的应用-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN高考数学立体几何三部曲—空间之直角坐标系专项一、积及坐标运算1．两个向量的数量积(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；(2)a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；(3)|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.2．向量的坐标运算3、应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的方法比较：OP＝x OM＋y OAOP＝x OA＋(1－x)OB－一、空间向量的简单应用1．(课本习题改编)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)则下列结论正确的是() A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥cC．a∥c，a⊥b D．以上都不对2．(2012·济宁一模)若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是() A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}3．(教材习题改编)下列命题：①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB ＋BC ＋CD ＋DA ＝0； ②若MB ＝x MA ＋y MB ，则M 、P 、A 、B 共面； ③若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面． 其中正确的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．34．在四面体O －ABC 中，OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝________(用a ，b ，c 表示)．5．013·大同月考)若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)6已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B.637 C.607D.657二、利用空间向量证明平行或垂直[例] 已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，边长为2a ，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .8.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．方法利用直线的方向向量与平面的法向量，可以判定直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直．(1)设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)．则l1∥l2⇔v1∥v2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔v⊥n⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.l⊥α⇔v∥n⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)．(3)设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔n1∥n2，α⊥β⇔n1⊥n2.1.2012·长春模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.(1)求证：BD⊥PC；(2)设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面P AB，求λ的值．2.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CD＝∠C1CB＝∠BCD＝60°.(1)求证：C1C⊥BD；(2)当CDCC1的值是多少时，能使A1C⊥平面C1BD请给出证明．3.如图所示，平面P AD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△P AD是直角三角形，且P A＝AD＝2，E、F、G分别是线段P A、PD、CD的中点．求证：PB∥平面EFG.三、利用向量求空间角1．两条异面直线所成的角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角)．2．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n| |e||n|.3．求二面角的大小(1)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〉．(2)如图2、3，n1，n2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＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．1．(教材习题改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．120°D．150°2．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°3.在如图所示的正方体A 1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC 夹角的余弦值为( )A ．－1010B ．－120C.120D.10104．已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．5．(教材习题改编)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值________．（一）异面直线所成的角[例1] (2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35本例条件下，在线段OB 上，是否存在一点M ，使C 1M 与AB 1所成角的余弦为13若存在，求出M 点；不存在，说明理由．1．(2012·安徽模拟)如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上、下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1. .（二）直线与平面所成角[例2] (2012·大纲全国卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．2.(2012·宝鸡模拟)如图，已知P A⊥平面ABC，且P A＝2，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，AD⊥PB于D，AE⊥PC于E.(1)求证：PC⊥平面ADE；(2)求直线AB与平面ADE所成角的大小．（三）二面角[例3]在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；3．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角C－AE－D的大小为60°，求λ的值．11A1如图，三棱柱111ABC A B C -中，点1A 在平面ABC 内的射影D 在AC 上，090ACB ∠=，11,2BC AC CC ===.（I ）证明：11AC A B ⊥；（II ）设直线1AA 与平面11BCC B 的距离为3，求二面角1A AB C --的大小.【课后练习题】1.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角为________．2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为________．3.如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成角为________．4．(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ， ∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．5．(2012·辽宁高考)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．6．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直说明理由．7．(2013·湖北模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：P A⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．8．(2012·北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．9．(2012·北京东城模拟)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．10．(2012·天津高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．11.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2. (1)证明：当点E 在棱AB 上移动时，D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E ，使二面角D 1－EC －D 的平面角为π6若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．12．(2012·湖北模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．11。
用坐标方法解决立体几何问题
P
(3)求二面角C-PB-D的大小。
F
E
D
C
A B
解：如图所示建立空间直角坐标系，点D为坐标原点， 设DC=1
(1)证明：连结AC,AC交BD于点G,连结EG
依题意得A(1,0,0), P(0,0,1),
Z
11
E(0, , ) 22
P
因为底面ABCD是正方形， 所以点G是此正方形的中心，
解：如图，以A为 点原点，平A面BC为xAy坐标
平面A，B方向为y轴正方向A， B为y轴的单位长
建立空间直角坐标 Ax系 y,z则正三角形的顶点
坐标分别A为(0,0,0),B(0,1,0),C( 3, 1,0). 22
z
F
F
1
3
C
F
2
O
A
B
y
x
500kg
例2 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形， 侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC,E是PC的中点，作 EF⊥PB交PB于点F.
A
D
O
B
E
C
如图，一块均匀的正三角形面的钢板的质量
为 500kg ，在它的顶点处分别受力 F1, F2, F3 ， 每个力与同它相邻的三角形的两边之间的
角都是 60 ，且 F1 F2 F3 200kg .这块钢
板在这些力的作用下将会怎样运动？这三
个力最小为多少时，才能提起这块钢板？
F3
F1
C
F2
O
A
500kg B
F
E
故点G的坐标为(1 , 1，0) 22
A X
D
G
B
C Y
如图，在四面体 A BCD 中， O, E 分别是 BD, BC 的中点， CA CB CD BD 2, AB AD 2 求证： （1） AO 平面BCD （2）求异面直线 AB与CD 所成角的余弦值 （3）求点 E 到平面 ACD 的距离。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
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。
坐标法求立体几何题“四步曲”
\ 槡 迄 (槡, —x + y — 2 =0 , 取 y = 1 得 m =
1, 0).
] 迄 —4 =0.
烄 何仃= , MN = 0
—
0
烆狀 烄 狇 厂 狀 且
DN 所以 槡
，取 =—1得 = (2,0,—1).
烆 狆一 厂 A1N = 0.
— 2 =专题突破
微专题突破
坐标法 求立体 几何题“四步曲
南京市第九中学张荣彬
。乜 狓 、狔 、狕 犼 在空间直角坐标系 w中，分别取与 轴 轴 轴方向相同的单位向量i, ，k 狓 作为基底，对于空间任意一个向量a,根据空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组( ， 狔 狕 狓 狔 狕 ， ),使a=xi+yj +zk，则称( ， , )为向量a的坐标.空间向量的坐标化，为我们证明
“ 图形中的对称关系建系.不管何种情形，都是要利用、发现或构造图形中 三垂直”的关系. (1) ； 题目的背景是长方体、正四棱柱、正方体、直角四面体时，建系无悬念
(2) 正棱锥可以利用底面中心及高所在的直线建系；底面是菱形的直四棱柱，如例1,可
利用所给的菱形特征或利用菱形对角线性质(如图3)来建系；对于正三棱柱通常可以参照图
一
得
• DE = 0
+ +4c = 0, 取
=0,
, 広 , / c = 1得k = (4, 0, 1),由于k • MN = 0 因MN 平面C】DE 所以MN 平面C】DE.
犿 狕 狀 狆 厂 (2)设 = (x, y , )为平面A1MA的法向量， =( ，q , )为平面A1MN的法向量
烄 D \m • A1M = 0,
D
用坐标系解立体几何常见方法
建立空间直角坐标系，解立体几何高考题立体几何重点、热点：求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等．常用公式：1、求线段的长度：AB AB x2y2z2x2x12y2y12z2z12|PM n|2、求P点到平面的距离：PN ，（N为垂足，M为斜足，n 为平面的法向量）|n||PM n|3、求直线 l 与平面所成的角：|sin |，（PM l , M , n 为的法向量）|PM| |n||AB CD|4、求两异面直线AB 与CD的夹角：cos|AB| |CD||n1 n2 |5、求二面角的平面角：|cos | ，（n1，n2为二面角的两个面的法向量）|n1| |n2 |S射影6、求二面角的平面角：cos ，（射影面积法）S7、求法向量：①找；②求：设a,b 为平面内的任意两个向量，n （ x, y,1）为的法向量，a n 0则由方程组，可求得法向量n ．b n 0高中新教材9（B）引入了空间向量坐标运算这一内容，使得空间立体几何的平行﹑垂直﹑角﹑距离等问题避免了传统方法中进行大量繁琐的定性分析，只需建立空间直角坐标系进行定量分析，使问题得到了大大的简化。
而用向量坐标运算的关键是建立一个适当的空间直角坐标系。
一﹑直接建系。
当图形中有互相垂直且相交于一点的三条直线时，可以利用这三条直线直接建系。
例1. （2002 年全国高考题）如图，正方形ABCD﹑ABEF的边长都是1，而且平面ABCD﹑ABEF互相垂直。
点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN（=a0 a 2 ）。
（1）求MN的长；（2）当a 为何值时，MN的长最小；（3）当MN最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小。
解：（1）以B为坐标原点，分别以BA﹑BE﹑BC为x﹑y﹑z 轴建立如图所示的空即M﹑N 分别移动到AC﹑BF的中点时，MN的长最小，最小值为2 （3）取MN的中点P，连结AP﹑BP，因为AM=A，N BM=B，N 所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠ APB即为二面角α的平面角。
高三立体几何大题专题（用空间向量解决立体几何类问题）
1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。
称为基向量。
2、空间直角坐标系的建立、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。
则轴。
则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。
）称为空间直角坐标。
注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。
建立即可。
3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。
121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。
空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案
空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-一．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＝PA2－OA2＝2a2－2a2＝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PA⊥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－A1B1C1中，建立恰当的直角坐标系，并写出正三棱柱ABC－A1B1C1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·AC1→＝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SDDB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)，∴ED1→＝(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ABA1的法向量是n2＝(1，0，0)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P为棱B1C1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，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。
空间向量与立体几何经典例题
空间向量与立体几何经典例题空间向量与立体几何经典例题空间向量和立体几何是高中数学中的重要内容，它们是解决三维空间中几何问题的基础。
在此，我们将介绍一些经典的例题，帮助读者更好地理解和掌握这两个概念。
例题1：已知平面ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求平面ABCD的法向量和面积。
解答：首先，我们可以通过向量的定义求得平面ABCD的法向量。
假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的法向量N可以表示为N = a × b，其中×表示向量的叉乘运算。
由于a = B - A = (-1，1，-6)和b = C - A = (3，-2，-1)，我们可以得到N = a × b = (7，19，5)。
其次，我们可以使用向量的叉乘运算和向量的模运算求得平面ABCD 的面积。
假设向量AB为a，向量AC为b，则平面ABCD的面积可以表示为S = 1/2 * |a × b|，其中|a × b|表示向量a × b的模。
带入已知数据计算可得，S = 1/2 * |(7，19，5)| = 1/2 * √(7^2 + 19^2 + 5^2) = 1/2 * √(1255)。
因此，平面ABCD的法向量为N = (7，19，5)，面积为S = 1/2 * √(1255)。
例题2：已知四面体ABCD的四个顶点坐标为A(1，2，3)，B(-1，1，-3)，C(4，0，2)和D(2，-1，1)，求四面体ABCD的体积。
解答：首先，我们可以通过向量的定义求得四面体ABCD的体积。
假设向量AB为a，向量AC为b，向量AD为c，则四面体ABCD的体积V 可以表示为V = 1/6 * |a · (b × c)|，其中·表示向量的点乘运算，×表示向量的叉乘运算，|a · (b × c)|表示向量a · (b ×c)的模。
课题空间向量坐标法在立体几何解题中的应用一
利用空间向量坐标法解决立体几何问题，必须先建立空间直角坐标系，然后把向量通过坐标形式表示出来，而其他的则完全可以通过运用向量的有关知识使问题得到解决。因此，这种方法的关键在于能够选取适当的直线建立空间直角坐标系。能用这种方法解题的立体几何模型一般是具有较多垂直关系的正方体、长方体、直（正）棱柱、正棱锥或有一条侧棱垂直于底面的棱锥等。
例3．（专题复习（三）.例5）
如图所示，已知四边形ABCD、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，
点P、Q分别是ED和AC的中点，求：
（2）P点到平面EFB的距离；
（3）异面直线角坐标系D—x y z，则
D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），
如图，建立空间直角坐标系G—x y z，则
G（0 , 0 ,0）,D（0, , 0）,B（ ,0, 0）,A（0,－ , 0），P（0，0, ）,
∴ =（ ,0, 0）， =（0, , ）， =（0,a,0），
∴ · =0， · =0，
∴ ⊥ ， ⊥ ，即BG⊥AP，BG⊥AD，
∴BG⊥面PAD.
方法二：∵侧面PAD是正三角形，G是AD的中点，
因此，求两条异面直线a和b的距离，可不必通过先找出这两条异面直线的公垂线段，再求其公垂线段的长度求得。求两条异面直线a和b的距离，还有如下两种常见的思路：
思路一：求这两条异面直线中的一条直线(如a)上的某一点到过另一条直线(如b)且与这条直线(如a)平行的平面的距离；
思路二：先求直线a、b上方向向量 、 的法向量 和向量 (点A，B分别在异面直线a，b上)，再求向量 、 的单位法向量 ，最后代入式子| · |。
∴ · =0，即 ⊥ ，
∴BG⊥面PAD.
2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案
大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点．(1)证明：MN⎳平面A1CP；(2)求点P到直线MN 的距离．2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD．(1)求三棱锥M-ABC的体积；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值．2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2，A1B=6．(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE中，BC=BD=6，EC⊥ED，且EC=ED= 2，AB平行于平面CDE，AE平行于平面BCD，AE⊥CD.(1)证明：平面ABE⊥平面CDE；(2)若点A到直线CD的距离为22，F为棱AE的中点，求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值．5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处，P为棱A1B1(包含端点)上的动点．(1)求点P到平面ABC1的距离；(2)若AP⊥平面α，求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围．6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中，已知AB∥CD，∠BAD=90°，CD= 2AB，△PAB是正三角形，点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC．(1)证明：PM=2BM；(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，CM与底面ABCD所成角的正切值为311，求二面角P-AC-B的余弦值．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE为菱形，AC=BC=2，∠ACB=120°，平面ACDE⊥平面ABC，点F在AB上，且AF=2FB，M，N分别在直线CD，AB上．(1)求证：CF⊥平面ACDE；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC=60°，MN为直线CD，AB的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE与平面ABC所成角为α，若tanα>217，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF 上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点.(1)求证：MN⎳平面PBC；(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，△PAD为等边三角形，AD⎳BC，AD⊥AB，AD=AB=2BC=2．(1)求证：AD⊥PC；(2)点N在棱PC上运动，求△ADN面积的最小值；(3)点M为PB的中点，在棱PC上找一点Q，使得AM⎳平面BDQ，求PQQC的值．15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形，AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点，且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证：C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB= AC，A1B=A1C．(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1=BC=2，∠BAC=90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值．17(2024·河北保定·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行，PA ⊥平面ABCD ，直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32，PA =BC =23，CD =2AB =4.(1)证明：四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ，求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图，在圆锥PO 中，P 是圆锥的顶点，O 是圆锥底面圆的圆心，AC 是圆锥底面圆的直径，等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形，E 是圆锥母线PC 的中点，PO =6,AC =4.(1)求证：平面BED ⊥平面ABD ；(2)设点M 在线段PO 上，且OM =2，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB =60°，PA =PC ，PB =PD =210，M 是线段PC 上的点，且PC =4MC ．(1)证明：PC ⊥平面BDM ；(2)点E 在直线DM 上，求BE 与平面ABCD 所成角的最大值．20(2024·湖南·二模)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积；(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ，点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出)，求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4，∠ABC=60°，E为CD 的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD=4，如图2．(1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE；(2)在图2中，若点F在棱BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010，求点F到平面DEC 的距离．23(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6，已知二面角P-AB-C的大小为θ，∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离；(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时，求：(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值；(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD．(1)证明：∠ABQ=90°；(2)若多面体ABCDPQ的体积为152，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值．25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA∥QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ=22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=4，AC=2，∠CAB=60°，BC⊥AP.(1)证明：平面ACP⊥平面ABC；(2)若PA=2，PB=4，求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图，在正三棱锥A -BCD 中，BC =CD =BD =4，点P 满足AP=λAC ，λ∈(0,1)，过点P 作平面α分别与棱AB ，BD ，CD 交于Q ，S ，T 三点，且AD ⎳α，BC ⎳α.(1)证明：∀λ∈(0,1)，四边形PQST 总是矩形；(2)若AC =4，求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1．在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，AB =4，AE =λAD ，AF =λAB(0<λ<1)，沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP ．如图2所示，设二面角P -EF -B 的平面角为θ．(1)当λ为何值时，三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时，∀λ∈0,1 ，平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ，n ，其中m ，n 与α的交点分别为A ，B ，AB =1，设直线m 与n 之间的夹角为π3，(1)如图1，若直线m ，n 交于点C ，求点C 到平面α距离的最大值；(2)如图2，若直线m ，n 互为异面直线，直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α，PQ ⊥n 且PQ ⊥m ，(i )求直线m ，n 与平面α的夹角之和；(ii )设PQ =d 0<d <1 ，求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d ．30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示，四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1，底面ABCD 为一个菱形，且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ，O 1. AB =2A 1B 1=2，BB 1=DD 1=392，AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明：OO 1⊥平面ABCD ；(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343，此时求θ的值(θ<90°)；(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB 1的中点，P 是B 1C 1的中点．(1)证明：MN ⎳平面A 1CP ；(2)求点P 到直线MN 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ，设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可；(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知，AA 1⊥平面ABC ，∠BAC =60°，而AB ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，在平面ABC 内过点A 作y 轴，使得AB ⊥y 轴，建立如图空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2)，得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2，所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ，设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0，令x =1，得y =-3,z =-1，所以n=(1,-3,-1)，所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ；(2)如图，连接PM ，由(1)得PM =(0,0,-2)，则MN ⋅PM =-2，MN =2,PM =2，所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点，侧面PAD 为正三角形，侧面PAD ⊥底面ABCD ．(1)求三棱锥M -ABC 的体积；(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】(1)12(2)3311．【分析】(1)作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32，进而由锥体体积公式求出答案；(2)证明出BO ⊥AD ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ．因为△PAD 是正三角形，所以PO ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，且PO =3．又因为M 是PC 的中点，M 到平面ABCD 的距离为32，S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3，所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12．(2)连接BO ,BD ，因为∠BAD =π3，所以△ABD 为等边三角形，所以BO ⊥AD ，以O 为原点，OA ,OB ,OP 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P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ，所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 ．设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则PB ⋅n =0BC ⋅n =0，即3y -3z =0-2x =0 ，解得x =0，取z =1，则y =1，所以n=0,1,1 ．设AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311．即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311．3(2023·福建福州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2，A 1B =6．(1)设D 为AC 中点，证明：AC ⊥平面A 1DB ；(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ，根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1，BD ⊥A 1D ，利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ，从而证明AC ⊥平面A 1DB ；(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量，利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值．【详解】(1)证明：因为D 为AC 中点，且AB =AC =BC =2，所以在△ABC 中，有BD ⊥AC ，且BD =3，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，则BD ⊥A 1D ，由A 1B =6，BD =3，得A 1D =3，因为AD =1，AA 1=2，A 1D =3，所以由勾股定理，得AC ⊥A 1D ，又AC ⊥BD ，A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ，所以AC ⊥平面A 1DB ；(2)如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0)，则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ，设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z )，由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0，令x =3，得y =1，z =1，所以n=3,1,1 ,由(1)知，BD ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0)，记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α，则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55，所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55．4(2024·山西晋中·三模)如图，在六面体ABCDE 中，BC =BD =6，EC ⊥ED ，且EC =ED =2，AB 平行于平面CDE ，AE 平行于平面BCD ，AE ⊥CD .(1)证明：平面ABE ⊥平面CDE ；(2)若点A 到直线CD 的距离为22，F 为棱AE 的中点，求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，使用线面平行的性质，然后用面面垂直的判定定理即可；(2)证明BE ⊥平面CDE ，然后构造空间直角坐标系，直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ，连接ME ,MB ，则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ，平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ，因为AB 平行于平面CDE ，AB ⊂平面ABE ，平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ，所以AB ∥ME ．同理AE ∥MB ，所以四边形ABME 是平行四边形，故AE ∥MB ，AB ∥ME .因为CD ⊥AE ，AE ∥MB ，所以CD ⊥MB ，又BC =BD =6，所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中，EC =ED ，MC =MD ，所以CD ⊥ME ，由于AB ∥ME ，故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ，AB ∩AE =A ，AB ,AE ⊂平面ABE ，所以CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面CDE ，所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知，CD ⊥平面ABME ，又AM ⊂平面ABME ，所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22，故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中，由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中，由MC =MD =1，BC =BD =6，得BM = 5.在平行四边形ABME 中，AE =BM =5，AB =EM =1，AM =22，由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55，所以cos ∠BME =55，所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2，所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ，平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ，BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图，以E 为坐标原点，EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向，建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅CD=0m ⋅DB =0，即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2，得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，则n ⋅FB =0n ⋅DB=0，即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1，则n=-32,2,1 ．设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ，则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处，P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点．(1)求点P 到平面ABC 1的距离；(2)若AP ⊥平面α，求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)23913；(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABC 1的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标，再利用线面角的向量求法列出函数关系，并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意，A 1O ⊥平面ABC ，OB ⊥AC (底面为正三角形)，且A 1O =OB =3，以O 为原点，OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3)，AC 1 =(0,3,3)，BC 1 =(-3,2,3)，AA 1 =(0,1,3)，由A 1B 1⎳AB ，A 1B 1⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，则A 1B 1⎳平面ABC 1，即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离，设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量，由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0，取z =3，得n=(1,-3,3)，因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913，所以点P 到平面ABC 1的距离为23913．(2)设A 1P =λA 1B 1 ，λ∈[0,1]，则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3)，由AP ⊥α，得AP为平面α的一个法向量，设直线BC 1与平面α所成角为θ，则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2，令t =5-λ，则λ=5-t ，t ∈[4,5]，则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576，由t ∈[4,5]，得1t ∈15,14 ，于是571t -738 2+576∈225,516，25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ，则sin θ∈25,104，所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中，已知AB ∥CD ，∠BAD =90°，CD =2AB ，△PAB 是正三角形，点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC ．(1)证明：PM =2BM ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311，求二面角P -AC -B 的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1010．【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，由已知得AB CD=EBED ，由线面平行的性质得PD ∥EM ，根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12，即PM =2BM(2)设AB 的中点O ，首先由已知得PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ，得MF ⊥底面ABCD ，则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ，则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角，根据条件求解即可【详解】(1)证明：连接BD 与AC 交于点E ，连接EM ，在△EAB 与△ECD 中，∵AB ∥CD ，∴AB CD=EBED ，由CD =2AB ，得ED =2EB ，又∵PD ⎳平面AMC ，而平面PBD ∩平面AMC =ME ，PD ⊂平面PBD ，∴PD ∥EM ，∴在△PBD 中，EB ED =BM PM=12，∴PM =2BM ；(2)设AB 的中点O ，在正△PAB 中，PO ⊥AB ，而侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD =AB ，且PO ⊂平面PAB ，∴PO ⊥底面ABCD ，在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ，∴MF ⊥底面ABCD ，∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角，∴MF CF=311，设AB =6a ，则MF=3a，∴CF=11a，BF=MF3=a，则在直角梯形ABCD中，AF=5a，而CD=12a，则AD=11a2-12a-5a2=62a，在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G，则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角，易得OA=3a，AC=66a，在梯形ABCD中，由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a，得OG=3a，在Rt△POG中，PG=30a，∴cos∠PGO=OGPG=1010．7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，AB=8m，AD=4m，ED=CF=1m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，GA=GB=5m，HE=HF，平面ABG⊥平面ABCD．(1)求点H到平面ABCD的距离；(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N，证得平面ADE⎳平面MNHG，得到AE⎳GH，再由平面ABG⎳平面CDEHG，证得AG⎳EH，得到平行四边形AGHE，得到GH=AE，求得HN=4，结合HN⊥平面ABCD，即可求解；(2)以点N为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4)，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)如图所示，取AB,CD的中点M,N，连接GM,MN,HN，因为GA=GB，可得GM⊥AB，又因为平面ABG⊥平面ABCD，且平面ABG∩平面ABCD=AB，GM⊂平面ABG，所以GM⊥平面ABCD，同理可得：HN⊥平面ABCD，因为ED⊥平面ABCD，所以ED⎳HN，又因为ED⊄平面MNHG，HN⊂平面MNHG，所以ED⎳平面MNHG，因为MN⎳AD，且AD⊄平面MNHG，MN⊂平面MNHG，所以AD⎳平面MNHG，又因为AD∩DE=D，且AD,DE⊂平面ADE，所以平面ADE⎳平面MNHG，因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH，可得AE⎳GH，又由GM⎳HN，AB⎳CD，且AB∩GM=M和CD∩HN=N，所以平面ABG⎳平面CDEHG，因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH，所以AG⎳EH，可得四边形AGHE 为平行四边形，所以GH =AE ，因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17，所以GH =17，在直角△AMG ，可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3，在直角梯形GMNH 中，可得HN =3+17-42=4，因为HN ⊥平面ABCD ，所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解：以点N 为原点，以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4)，可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1)，设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z )，则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0，取z =4，可得x =1,y =3，所以n=(1,3,4)，设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c )，则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0，取c =4，可得a =1,b =-3，所以m=(1,-3,4)，则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413，即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图，ACDE 为菱形，AC =BC =2，∠ACB =120°，平面ACDE ⊥平面ABC ，点F 在AB 上，且AF =2FB ，M ，N 分别在直线CD ，AB 上．(1)求证：CF ⊥平面ACDE ；(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若∠EAC =60°，MN 为直线CD ，AB 的公垂线，求ANAF的值；(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α，若tan α>217，求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ，再根据面面垂直的性质证明；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0，列方程求解即可；(3)利用向量法求面面角，然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12，AB =23，AF =2FB ，所以AF =433，CF=13CA +23CB ，CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43，AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2，则CF ⊥AC ，又因为平面ACDE ⊥平面ABC ，平面ACDE ∩平面ABC =AC ，CF ⊂面ABC ，故CF ⊥平面ACDE ；(2)以C 为原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ，由∠EAC =60°，可得∠DCA =120°，DC =2，所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ，CD =-1,0,3 ，设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ，则N 2-2λ,233λ,0 ，设CM =μCD ，则M -μ,0,3μ ，MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ，由题知，MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ，解得λ=913，μ=-213，故AN AF=913；(3)B -1,3,0 ，设∠EAC =θ，则E 2-2cos θ,0,2sin θ ，BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ，可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ，则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ，cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ，则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217，整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0，故cos θ∈25,12，CF =0,23,0，CD =-2cos θ,0,2sin θ ，CB =-1,3,0 ，记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ，则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0，可得n 1=sin θ,0,cos θ ，记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ，则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0，可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ，记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ，则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ，cos θ∈25,12 ，所以sin 2θ∈34,2125 ，3+sin 2θ∈152,465 ，故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 ．9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°，使得CD 到EF 的位置，得到如图所示的几何体．(1)求证：平面ACF ⊥平面BDE ；(2)点M 为DF上一点，若二面角C -AM -E 的余弦值为13，求∠MAD ．【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设∠MAD =α，AB =1，利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值，建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ，AF ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB ，AF ⊂平面ABEF ，所以AF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，故BD ⊥AF ，因为ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，AC ，AF ⊂平面ACF ，AC ∩AF =A ，所以BD ⊥平面ACF ，又BD ⊂平面BDE ，所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ，AF ，AB 两两垂直，以AD ，AF ，AB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图.设∠MAD =α，AB =1，则A 0,0,0 ，M cos α,sin α,0 ，C 1,0,1 ，E 0,1,1 ，故AM =cos α,sin α,0 ，AC =1,0,1 ，AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ，则m ⋅AC =0，m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0，取x 1=sin α，则y 1=-cos α，z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ，n ⋅AE =0，n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0，取x 2=sin α，则y 2=-cos α，z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ，所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α，由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13，化简得：2sin 22α-9sin2α+7=0，解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°，即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图，已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径，C 是圆O 1上异于A ,B 的点，D 是圆台上底面圆O 2上的点，且平面DAC ⊥平面ABC ，DA =DC =AC =2，BC =4，E 是CD 的中点，BF =2FD ．(1)证明：DO 2⎳BC ；(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ，根据面面垂直的性质定理，可得DO ⊥平面ABC ，即可求证DO 2⎳OO 1，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系，利用向量法，求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角，即可求解．【详解】(1)证明：取AC 的中点为O ，连接DO ，OO 1，O 1O 2，∵DA =DC ，O 为AC 中点，∴DO ⊥AC ，又平面DAC ⊥平面ABC ，且平面DAC ∩平面ABC =AC ，DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⎳O 1O 2，DO =O 1O 2，故四边形DOO 1O 2为矩形，∴DO 2⎳OO 1，又O ，O 1分别是AC ，AB 的中点，∴OO 1⎳BC ，∴DO 2⎳BC ；(2)∵C 是圆O 1上异于A ，B 的点，且AB 为圆O 1的直径，∴BC ⊥AC ，∴OO 1⊥AC ，∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系，由条件知DO =3，∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3)，∴E -12,0,32 ，设F (x ,y ,z )，∴BF =(x +1,y -4,z )，FD=(-x ,-y ,3-z )，由BF =2FD ，得F -13,43,233 ，∴AF =-43,43,233 ，∴DB =(-1,4,-3)，AE =-32,0,32 ，设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0，取n =1,-12,3 ，设直线BD 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585．11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22，A 1B 1=12AB ，M 为BC 中点，已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1，其中λ∈0,1 ．(1)求证D 1P ⊥AC ；(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37，当λ=23时，求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算，进行空间位置关系的向量证明即可.方法二：建立空间直角坐标系，进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一：∵A 1B 1=12AB ，∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2．∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0．∴D 1P ⊥AC ，即D 1P ⊥AC ．方法二：以底面ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为y 轴，过O 点平行于AD 向前方向为x 轴，以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正四棱台的高度为h ，则有 A 2,-2,0 ，B 2,2,0 ，C -2,2,0 ，D -2,-2,0 ，A 122,-22,h ，C 1-22,22,h ，D 1-22,-22,h ，M 0,2,0 ，AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ，D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h ．故AC ⋅D 1P=0，所以D 1P ⊥AC ．(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ，设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ，AM =-2,22,0 ，AC 1 =-322,322,h ，则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ，即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0，令x =22h ，则m=22h ,2h ,3 ．又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37，可得h =2．因为λ=23，经过计算可得P 0,0,43 ，D 1-22,-22,2 ，D 1P =2,2,43．将h =2代入，可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 ．设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391．12(2024·辽宁·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2，AB =1,BC =3，点E 为线段AC 的中点.(1)求证：AB 1∥平面BEC 1；(2)若∠A 1AC =π3，求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，利用线面平行的判定定理证明；(2)由已知可知，△AA 1C 为等边三角形，故A 1E ⊥AC ，利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1，交B 1C 于点N ，连接NE ，因为侧面BCC 1B 1是平行四边形，所以N 为B 1C 的中点，又因为点E 为线段AC 的中点，所以NE ⎳AB 1，因为AB 1⊄面BEC 1，NE ⊂面BEC 1，所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ，A 1E ，因为∠A 1AC =π3，AC =AA 1=2，所以△AA 1C 为等边三角形，A 1C =2，因为点E 为线段AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ，因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，A 1E ⊂平面ACC 1A 1，所以A 1E ⊥底面ABC ，过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ，如图以E 为坐标原点，分布以EF ，EC ，EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系，则E 0,0,0 ，B 32,-12,0 ，C 10,2,3 ，所以EB =32,-12,0 ，EC 1 =0,2,3 ，设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0，令x =1，则y =3,z =-2，所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ，又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ，则cos m ,n =-21+3+4=-22，经观察，二面角A -BE -C 1的平面角为钝角，所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，△DCP 是等边三角形，∠DCB =∠PCB =π4，点M ，N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证：MN ⎳平面PBC ；(2)求证：平面PBC ⊥平面ABCD ；(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ，连接ME ,BE ，由M 为DP 中点，N 为AB 中点，得ME ⎳DC ,ME =12DC ，又BN ⎳CD ,BN =12CD ，则ME ⎳BN ,ME =BN ，因此四边形BEMN 为平行四边形，于是MN ⎳BE ，而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ，所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ，连接DQ ，由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ，得△QCD ≌△QCP ，则∠DQC =∠PQC =π2，即DQ ⊥BC ，而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2，因此PQ ⊥DQ ，又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ，则PQ ⊥平面ABCD ，PQ ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知，直线QC ,QD ,QP 两两垂直，以点Q 为原点，直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0)，CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2)，设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0，令y =1，得n=(0,1,1)，设CM 与平面PAD 所成角为θ，sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33，所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，△PAD 为等边三角形，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，AD =AB =2BC =2．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)点N 在棱PC 上运动，求△ADN 面积的最小值；(3)点M 为PB 的中点，在棱PC 上找一点Q ，使得AM ⎳平面BDQ ，求PQQC的值．【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，依题意可得四边形ABCH 为矩形，即可证明CH ⊥AD ，再由PH ⊥AD ，即可证明AD ⊥平面PHC ，从而得证；(2)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，即可得到CG AG=12，再根据线面平行的性质得到CF FM =12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，即可得到MKCQ=2，最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ，连接PH ，CH ，则AH ⎳BC 且AH =BC ，又AD ⊥AB ，所以四边形ABCH 为矩形，所以CH ⊥AD ，又△PAD 为等边三角形，所以PH ⊥AD ，PH ∩CH =H ，PH ,CH ⊂平面PHC ，所以AD ⊥平面PHC ，又PC ⊂平面PHC ，所以AD ⊥PC .(2)连接HN ，由AD ⊥平面PHC ，又HN ⊂平面PHC ，所以AD ⊥HN ，所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ，要使△ADN 的面积最小，即要使HN 最小，当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又HC ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥HC ，在Rt △HPC 中，CH =2，PH =3，所以PC =CH 2+PH 2=7，当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217，所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ，连接MC 交BQ 于点F ，连接FG ，因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2，所以△CGB ∽△AGD ，所以CG AG =BC AD=12，因为AM ⎳平面BDQ ，又AM ⊂平面ACM ，平面BDQ ∩平面ACM =GF ，所以GF ⎳AM ，所以CF FM =CG AG=12，在△PBC 中，过点M 作MK ⎳PC ，则有MK CQ =MF CF=2，所以PQ =2MK ，所以PQ =2MK =4CQ ，即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示，圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形，AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点，且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证：C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ，连接A 1H ,PH ，证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形，进而得C 1P ⎳A 1H ，即可证明；(2)建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ，连接A1H ,PH ，如图所示，因为P 为BC 的中点，所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中，A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ，所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1，所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形，所以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)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ，以直线O 2A ,O 2B ，O 2O 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形A 1ACC 1中，AC =2AA 1=2A 1C 1=4，此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ，。
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 ．。
空间向量解决立体几何
1 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解 如图以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717. 点评 本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点，因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1，以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3， 所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12，0)，A 1(0,2，2)．点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．3．利用面面垂直关系例3 如图1，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 所成的锐角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)， 又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22， 所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．2 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |解出t ，若t 满足条件则存在． 解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t ) (0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°.设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1， 所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．3 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝AF ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，⊥BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系．则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝13， 由图可知，二面角AA 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A －DF －C 的平面角的余弦值．分析 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．解 (1)以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)，设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0.取x ＝1得平面FDC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(3)设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ·DF →＝0，q ·DA →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝|n ·q |n |·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的平面角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43， 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以平面ABCD 内，点Q 在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ；当0<a <2时，不存在点。
空间向量及立体几何练习试题和答案解析
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE 所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG 中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°．解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．4．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．【分析】（Ⅰ）由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，∴AD=DC，又AE=CF=，∴，则EF∥AC，又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，∵AC=6，∴AO=3，又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH==1，则DH=D′H=3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，又OH∩EF=H，∴D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），，，设平面ABD′的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，则|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；（II）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，则直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．【解答】证明：（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=．∴A1E=，EF==，DE==，DF==，∴EF2+DE2=DF2，∴DE⊥EF，又CE⊥EF，CE∩DE=E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴EF⊥平面CDE，又CD⊂平面CDE，∴CD⊥EF，又CD⊥AB，AB⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．（II）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB，AB=2，∴AC=BC=．以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（，0，0），C（0，0，0），C1（0，0，2），E（，0，），F（，，2）．∴=（﹣，0，2），=（，0，），=（，，2）．设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=4，得=（﹣，﹣9，4）．∴=10，||=6，||=．∴sin＜＞==．∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=2．（1）求证：AB⊥PC；（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出AB⊥AC，由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA，故AB⊥平面PAC，于是AB⊥PC；（2）假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，则即为所求角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是直角梯形，AD=CD=2，BC=4，∴AC=4，AB===4，∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．（2）假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN∥PA，∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=NG=MN，∴MN=1，即M是线段PD的中点．∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．在三棱锥M﹣ABC中，V M﹣ABC=S△ABC•MN==，设点B到平面MAC的距离是h，则V B﹣MAC=，∵MG=MN=，∴S△MAC===2，∴=，解得h=2．在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，∴BM==3，∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．【点评】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．（2）假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），则．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．【解答】解：（1）∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…（2分）故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0），∴=（0，1，），=（），=（0，2，0）．…（4分）设平面AB1C的法向量为，则，取x=1，得=（1，0，1）．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=||=，∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…（6分）（2）∵=，而，，∴=（﹣2，0，0），又∵B（），∴点D（﹣，0，0）．假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），∴．∵DP∥平面AB1C，=（﹣1，0，1）为平面AB1C的法向量，∴由=λ，得，∴y=0．…（10分）又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．…（12分）【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面BCD；（Ⅱ）若OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC 所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵ABB 1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…（2分）∴，∴，从而AB1⊥BD…（4分）∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB1⊥平面BCD，∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD…（6分）（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，从而又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…（8分）设平面ABC的法向量为，，由可得，令y=1，则z=﹣1，，所以．…（10分）设直线GD与平面ABC所成角α，则=，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…（12分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD折起，使得点A折起至A′，设二面角A′﹣BD﹣C的大小为θ．（1）当θ=90°时，求A′C的长；（2）当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．【分析】（1）过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；（2）利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，则BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos＜＞|．【解答】解：（1）在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE．∵AB=4，AD=2，∴BD==10．∴，BE==8，cos∠CBE==．在△BCE中，由余弦定理得CE==2．∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．（2）DE==2．∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．当即cos∠A′EF=时，．∴A′E2=A′F2+EF2，∴∠A'FE=90°又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如图所示：∴A′（0，0，），D（﹣，0，0），B（3，2，0），C（3，0，0）．∴=（0，2，0），=（4，2，0），=（，0，）．设平面A′BD的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=1得=（﹣，2，1）．∴cos＜＞===．∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．（Ⅰ）求证：AC⊥DC1；（Ⅱ）若M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；（Ⅲ）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）利用向量求解【解答】解：（Ⅰ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1，所以AC⊥平面CC1D，又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．（Ⅱ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，所以，，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，则，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB1D的法向量为．设，λ∈[0，1]，则，．若直线DP与平面DBB1成角为，则，解得，故不存在这样的点．【点评】本题考查了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD（ I）证明：AE⊥CD（ II）在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（I）利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；（II）取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．【解答】（I）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面AED，∵AE⊂平面AED，∴AE⊥CD．（II）解：取AD的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接EO，∵EA=ED，∴OE⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面AED，∴OE⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：设正方形ACD的边长为2，，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），E（0，0，1），M（﹣λ，0，1﹣λ）∴=（﹣λ﹣1，0，1﹣λ），=（1，0，1），=（2，2，0），设平面BDEF的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1得=（1，﹣1，﹣1），∴cos＜＞==，令||=，解得λ=0，∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CA D=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．（Ⅰ）求证：AB⊥PC；（Ⅱ）若△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．（Ⅱ）以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．【解答】解：（Ⅰ）作PO⊥AB于O…①，连接OC，∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…（2分）∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…（6分）（Ⅱ）∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，，由，令，得；，．，设DE与面PBC所成角为θ，∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…（12分）【点评】本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA l，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点（ I）证明：EF⊥平面CME；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．（Ⅱ）设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，∴MC，MA，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取z=2，得=（5，4，2），设直线AC1与平面CEF所成角为θ，则sinθ==，∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。
空间向量与立体几何用坐标法求二面角
B1(2，2，2)，O(1，1，0)。 所以MA (2，0，1)，MC (0，2，1)，
D O
A
B1O (1，1， 2)
x
B1O MA 2 0 2 0，B1O MC 0 2 2 0
所以B1O MA ， B1O MC 即B1O MA ， B1O MC。又MA
6。 6
例练习四： 如所示，A B C D 是一直角梯形，A B C = 900,
SA
平面ABCD,
SA
AB
BC
1,
AD
1 2
, 求面zSCD与面SBA
所成二面角的余弦值.
解：建立空直角坐系A - xyz如所示,
S
A (0,0,0), C (- 1,1,0), D (0,1 ,0),
2
(1)求证：PA//平面EDB
(2)求证：PB⊥平面EFD
P
(3)求二面角C-PB-D的大小。
E F
D
C
A
G
B
解：如图所示建立空间直角坐标系，点D为坐标原点， 设DC=1
(1)证明：连结AC,AC交BD于点G,连结EG
依题意得A(1, 0, 0), P(0, 0,1),
Z
11
E(0, , ) 22
P
E F
D
C Y
A
G
B
X
（2）证明：依题意得B(1,1,0),PB (1,1,1)
又DE (0, 1 , 1),故PB DE 0 1 1 0
22
22
所以PB DE
Z
由已知EF PB,
且EF DE E,
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.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
空间坐标法解立体几何题（工具：向量）例1（2011届景德镇市二检卷文19）正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为6，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点（1）求证：平面EF B 1⊥平面11BDD B（2）求点1D 到平面EF B 1的距离d1． 概念：什么是点到平面的距离？过该点做已知平面的垂线段，所作垂线段的长度就叫做点到平面的距离（如下图所示）2．怎样用向量表示点到平面的距离？如图，PO ⊥α于O ，A 是平面α内任意一点，点P 到平面α的距离设为d ，为平面α的一个法向量，则有：==||d θcos ||= ||n =3．怎样用坐标法求点到平面的距离？解答例1第2问如图建立空间坐标系，分析：要求点1D 到平面EF B 1的距离d ，由公式：d 11=， 只要求出11B D 的坐标和平面EF B 1的一个法向量坐标，11B D 坐标很好求，因为1D 坐标为：（0，0，4），1B 坐标为（6，6，4），所以11B D 坐标为：（6，6，0）；下面求平面EF B 1的一个法向量n 坐标 分析：如何求平面的一个法向量坐标？基本思想：初中的数学思想：“设、列、求”。
即设平面的一个法向量n 坐标为：(x ，y ，z)，然后列出它们的方程，最后解方程求出x 、y 、z根据法向量的含义，法向量和平面垂直，故法向量和平面内任何一条直线都垂直，根据直线和平面垂直的判定定理，知道只要和两个不共线的向量垂直即可，在本题中可推出法向量⊥E B 1，F B n 1⊥，所以01=⋅E B n ，01=⋅F B n ，由于1B 坐标为（6，6，4），E 坐标为（3，6，0），F 坐标为（6，3，0），所以B 1的坐标为：（3-，0，4-），B 1的坐标为：（0，3-，4-），利用坐标法，得到：⎩⎨⎧=--=--043043z y z x ，由于法向量有长有短，方向可以朝上，还可以朝下，所以法向量有无数多个，但法向量不可以是零向量，故z 不能取0，为简单起见，取3=z ，得：4-=x ，4-=y ，所以法向量n =4(-，4-，3）代入公式d 11=，得点1D 到平面EF B 1的距离为：41414841483)4()4(|30)4(6)4(6|222==+-+-⨯+-⨯+-⨯=d 例2（2010全国卷一6）直三棱柱111C B A ABC -中，若︒=∠90BAC ，1AA AC AB ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于（ ）A.30°B. 45°C. 60°D. 90°1． 概念：什么是两条异面直线所成的角？如图：a 、b 是两条异面直线，O 是空间任意一点，过点O 作a '∥a ，作b '∥b ，a '、b '是两条相交直线，它们构成四个角，我们把那个不大于90°的角称为两条异面直线所成的角。
2． 怎样用向量表示两条异面直线所成的角？任何直线都有方向向量，设直线a 的方向向量为a ，直线b 的方向 向量为b ，a 、b 两条异面直线所成的角为θ，向量a 、b 的夹角<，>有可能是锐角，有可能是直角，也有可能是钝角，当<，>为锐角或直角时，<，> θ=，当<，>为钝角时，a <，>b θπ-= 所以=θcos cos |<，> |=3．怎样用坐标法求两条异面直线所成的角？解答例2：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 1111=θAB=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=，a -，a ），=1AC a (，0，a ） 2120)(0|00|cos 22222222==+++-+⨯+⨯-⨯=aa a a a a a a a a θ ∴︒=60θ故选C例3（2010江西卷20）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 =（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.概念讲解1．什么是直线和平面所成的角？如图：直线PA 是平面α的一条斜线，PO ⊥α，O 为垂足，A 为斜足，OA 为PA 在平面α内的射影，我们把斜线与其射影所成的锐角叫做斜线和平面所成的角。
2． 怎样用向量表示直线和平面所成的角？见右下图，设直线PA 和平面α所成的角为θ，则θAPO ∠-︒=90，而PAO ∠可看成向量PA 和向量PO 的夹角，n 为平面α的一个法向量，显然与向量共线，故法向量和向量的夹角与向量和向量的夹角相等或互补，即<，>=<，>或<-π，>，所以)90sin(sin APO ∠-︒=θAPO ∠=cos<=cos ，><=cos |，>|||||n PA =3．怎样用坐标法求直线和平面所成的角？讲解例3的第（1）问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 ∴是平面BCD 的一个法向量 故||||sin 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 ++-++⨯-⨯+⨯=θ1266=22= ∴︒=45θ1. 什么是二面角？两个平面相交，构成四个“角”，我们把其中一个移出（见右图），得到的空间图形叫做二面角。
2．什么是二面角的平面角？在二面角棱l 上任取一点O ，过O 在平面α内作OA ⊥l在平面β内作OB ⊥l ，则∠AOB 就是二面角的平面角3．什么是二面角的大小？就是二面角平面角的大小。
4．怎样用向量表示二面角平面角？如图：PA ⊥平面α，PB ⊥平面β，则PA ⊥l ，PB ⊥l ，所以l ⊥平面PAB ，设平面PAB 向四周延展后交l 于点C ，并连CA 、CB ，则有：CA ⊥l ，CB ⊥l ，故∠ACB 是二面角平面角；另一方面，四边形PBCA 内角和等于360°，而∠CBP =∠CAP=90°，所以二面角平面角∠ACB 与∠APB互补作向量PB ，向量PA ，则∠APB 等于向量PB 、向量PA 的夹角设1n 、2n 分别是平面α、β的法向量，它们的夹角1n <，>2n 与<，>相等或互补设二面角平面角的大小为θ，则θ=1n <，>2n 或θ=-π1n <，>2n5．怎样用坐标法求二面角的大小？解答例3的第（2）问求平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值.分析：容易知道平面BCD 的一个法向量为1n =（0，0，1）所以只要求平面ACM 的法向量坐标即可。
设平面ACM 的法向量x n (2=，y ，z ），由2n ⊥，2n ⊥可得2n ·=0，2n ·=0，而A （0，0，32），M （23，23，3），C 1(，3，0） AM 23(=，23，3-)3(23=，1，2- ) 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。
例4（2010重庆卷20）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点E 是棱PB 的中点.（1）证明：AE ⊥平面PBC ；（2）若1AD =，求二面角B EC D --的平面角的余弦值.本例试用坐标法和向量工具证明直线和平面垂直（1）证明：如图建立空间坐标系，设AD a =A （0，0，0），E （0，22，22），P （0，0，2） B （0，2，0），C （a ，2，0）=AE （0，22，22）， =（0，2，)2-，=（a ，0，0）∴⋅AE PB 0)2(2222200=-⨯+⨯+⨯=⋅AE 002202200=⨯+⨯+⨯= ∴AE ⊥PB ，AE ⊥BC而 PB ∩BC =B∴AE ⊥平面PBC（2）∵AE ⊥平面PBC ，=（0，22，22） ∴平面BEC 的一个法向量0(1=n ，1，1）设平面DEC 的一个法向量x n (2=，y ，z ）E （0，22，22），C （1，2，0），D （1，0，0） ∴1(=，22-，22-）2(22=，1-，)1- 0(=DC ，2，0）(2=0，1，0） 由⋅2n 0=ED ， ⋅2n 0=DC ，得：⎩⎨⎧==--002y z y x ∴x z 2=取1=x ，得2=z ∴1(2=n ，0，2） ∴1cos n <，2n 32210110⋅⨯+⨯+⨯>=33= ∵二面角B EC D --的平面角为钝角∴二面角B EC D --的平面角的余弦值为33-。
例5（2011届景德镇市二检卷理19）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面⊥PAB 平面ABCD ，PB PA =，M 为PC 上的点，⊥MB 平面PAC 。
（1） 求平面ABC 与平面PAC 夹角的正弦值；（2） 求点D 到平面PAC 的距离。
解：∵平面⊥PAB 平面ABCD ，作PO ⊥AB ，则PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立空间坐标系，见右下图设PO h =，PC PM λ=，则P （0，0，h ），A （0，1-，0），B （0，1，0），C （2，1，0），0(=，1，)h -，=（0，1，h ）， 2(=，1，)h -，=（2， 2，0）λ=PM （2，1，)h -λ2(=，λ，)h λ-=-λ2(=，λ，)h λ-0(-，1，)h -=λ2(，1-λ，)h h λ-∵⊥MB 平面PAC 。
∴0=⋅，0=⋅即：⎩⎨⎧=⨯-+⨯-+⨯=⨯-+⨯-+⨯0)(1)1(0200)(2)1(22h h h h h λλλλλλ 解得：31=λ，1=h （1）∵PO ⊥平面ABCD ∴平面ABC 的一个法向量=1n （0，0，1）又∵⊥MB 平面PAC ，=λ2(，1-λ，)h h λ-32(=，32-，)32(32=1，1-，1） ∴平面PAC 的一个法向量=2n （1，1-，1） ∴1cos n <，>=2n 3331= ∴平面ABC 与平面PAC 夹角的正弦值为36。