专题复习《坐标法解立体几何体解答题》
高中数学立体几何大题题库答案
立体几何解答题题库答案1.（1）作法:取BC 的中点H ,连接AH ,则直线AH 即为要求作的直线l ．证明如下:,PA AB PA AC ⊥⊥,且AB AC A =,PA ∴⊥平面ABC ．平面//α平面PAB ,且α平面11PAC P A =,平面PAB平面PAC PA =． 11P A ∴⊥平面ABC ,11PA AH ∴⊥． 又AB AC =,H 为BC 的中点,则AH BC ⊥,从而直线AH 即为要求作的直线l ．（2）α将三棱锥P ABC -分成体积之比为8:19的两部分,∴四面体111P A B C 的体积与三棱锥P ABC -分成体积之比为8:27,又平面//α平面PAB ,11123AC B C PC AC BC PC ∴===． 易证//PA 平面111P A B ,则P 到平面111P A B 的距离1d 即为A 到平面111P A B 的距离,111d AA ∴==又D 为1B C 的中点,D ∴到平面111P A B 的距离21112d AC ==, 故四棱锥111A PPDB -的体积()1211422323V d d =⨯+⨯⨯⨯=． 2.(1)由几何体的三视图可知,底面ABCD 是边长为4的正方形,PA ⊥平面ABCD ,PA ∥EB ,且PA ＝,BE ＝,AB ＝AD ＝CD ＝CB ＝4,∴V P －ABCD ＝13PA ×S ABCD ＝13××4×4┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉4分 （2）证明:连结AC 交BD 于O 点,取PC 中点F ,连结OF ,∵EB ∥PA ,且EB ＝12PA ,又OF ∥PA ,且OF ＝12PA ,∴EB ∥OF ,且EB ＝OF ,∴四边形EBOF 为平行四边形,∴EF ∥BD .又EF ⊂平面PEC ,BD ⊄平面PEC ,所以BD ∥平面PEC .┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉8分解法二:可取PA 的中点Q,证明平面PEC ∥平面BDQ.BD ⊂平面BDQ.所以BD ∥平面PEC .(3)存在,点M 为线段BC 上任意一点. 证明如下:连结BP ,∵EBAB ＝BA PA ∠EBA ＝∠BAP ＝90°, ∴△EBA ∽△BAP ,∴∠PBA ＝∠BEA ,∴∠PBA ＋∠BAE ＝∠BEA ＋∠BAE ＝90°,∴PB ⊥AE . 又∵BC ⊥平面APEB ,∴BC ⊥AE ,∴AE ⊥平面PBC ,∴点M 为线段BC 上任意一点,均可使得AE ⊥PM. ┉┉┉┉┉┉┉┉┉┉12分3.（Ⅰ）在梯形ABCD 中,∵CD AB //,CB AD =,∴=∠BAD 60ABC ∠=,∴=∠ADC 120=∠BCD ,∵1==DC AD .∴=∠CAD 30=∠ACD ,∴ 90=∠ACB ,∴AC BC ⊥.（4分）∵平面ACFE ⊥平面ABCD ,平面 ACFE 平面ABCD AC =,∴⊥BC 平面ACFE .（Ⅱ）在ADC ∆中,-+=222DC AD AC ADC DC AD ∠⋅cos 23=,∴3=AC .分别以CF CB CA ,,为x 轴,y 轴,z 轴建立平面直角坐标系, 设h CF =,则)0,0,0(C ,)0,0,3(A ,)0,1,0(B ,)0,0,21(D ,),0,0(h F ,则)0,1,21(-=BD ,),1,0(h BF -=,易知平面BCF 的一个法向量为)0,0,1(=m , ∵平面BDF 的法向量为),,(z y x =,∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0BF n BD n 即⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,0,021hz y y x 令1=z ,则h x 2=,h y =, ∴平面BDF 的法向量为)1,,2(h h =,∵二面角D BF C --的平面角的余弦值为66, ∴>=<n m ,cos 1522+h h66=,解得1=h ,即1=CF .（10分） 所以六面体ABCDEF 的体积为:=ABCDEF V ACFE B V -ACFE D V -+BC S ACFE ⨯=正方形31D ACFE y S ⨯+正方形3121211311131=⨯⨯+⨯⨯=.（12分）4.（1）证明:取AD 的中点O,连OC,OP∵∆PAD 为等边三角形,且O 是边AD 的中点∴AD PO ⊥∵平面PAD ⊥底面ABCD ,且它们的交线为AD∴ABCD PO 平面⊥∴PO BA ⊥∵O PO AD AD BA =⊥ 且,∴PAD AB 平面⊥∴AB PD ⊥（2）设点M 到平面ACD 的距离为h ∵31==--ACD M ACM D V V ∴3131=⋅∆h S ACD ∴11ACD h S ∆== ∵31==OP h CP CM∴λ== 5.（I ）连PM 、MB ∵PD ⊥平面ABCD ∴PD ⊥MD222222222323a AM AB BM a MD PD PM =+==+=∴又 ∴PM=BM 又PN=NB ∴MN ⊥PB,22,BC a PC a BC a DC PD ==∴===得NC ⊥PB MN NC N = ∴PB ⊥平面MNC⊂PB 平面PBC∴平面MNC ⊥平面PBC（II ）取BC 中点E,连AE,则AE//MC ∴AE//平面MNC,A 点与E 点到平面MNC 的距离相等取NC 中点F,连EF,则EF 平行且等于21BN ∵BN ⊥平面MNC ∴EF ⊥平面MNC,EF 长为E点到平面MNC 的距离 ∵PD ⊥平面ABCD,PD BC ∴⊥ 又BC ⊥DC BC ∴⊥面PCD ∴BC ⊥PC.24121,222a PB BN EF a PC BC PB ====+=∴ 即点A 到平面MNC 的距离为2a 6.（2）连接A 1B ,设A 1B ∩AB 1=F ,连接EF ．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,四边形AA 1B 1B 为平行四边形,所以F 为A 1B 的中点．又因为E 是BC 的中点,所以EF ∥A 1C ．因为EF 在平面AB 1E 内,A 1C 不在平面AB 1E 内,所以A 1C ∥平面AB 1E ．7.证明:（1）∵ABCD 为矩形,∴BC ⊥AB,又∵平面ABCD ⊥平面AEBF,BC ⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB, ∴BC ⊥平面AEBF, ……………（2分）又∵AF ⊂平面AEBF,∴BC ⊥AF. ……………（3分）∵∠AFB=90°,即AF ⊥BF,且BC 、BF ⊂平面BCF,BC∩BF=B , ∴AF ⊥平面BCF. ……………（5分）又∵AF ⊂平面ADF,∴平面ADF ⊥平面BCF. ………………………………（6分）（2）∵BC ∥AD,AD ⊂平面ADF,∴BC ∥平面ADF.∵ABE ∆和ABF ∆均为等腰直角三角形,且BAE AFB ∠=∠=90°,∴∠FAB=∠ABE=45°,∴AF ∥BE,又AF ⊂平面ADF,∴BE ∥平面ADF,∵BC∩BE=B ,∴平面BCE ∥平面ADF.延长EB 到点H,使得BH =AF,又BC //AD,连CH 、HF,易证ABHF 是平行四边形, ∴HF //AB //CD,∴HFDC 是平行四边形,∴CH ∥DF.过点B 作CH 的平行线,交EC 于点G,即BG ∥CH ∥DF,（DF ⊂平面CDF ）∴BG ∥平面CDF,即此点G 为所求的G 点. ………………………………（9分） 又22AF BH ==,∴EG=23EC ,又2ABE ABF S S ∆∆=, 2444433333G ABE C ABE C ABF D ABF B ADF G ADF V V V V V V ------=====, 故43G ABE G ADF V V --=..………………………………（12分） 8.（1）证明: 四边形ABCD 为菱形 AC BD ⊥∴,………………1分又Q 面ACFE ⋂面ABCD =ACABCD BD 平面⊂∴………………2分面ABCD ⊥面ACFE C………………3分ACFE BD 面⊥∴,………………4分Q ACFE CH 面⊂ ………………5分CH BD ⊥∴………………………………6分（2）在FCG ∆中,GF CH CH CF CG ⊥===,23,3 所以︒=∠120GCF ,………………6分3=GF ………………8分ACFE BD 面⊥ ,ACFE GF 面⊂GF BD ⊥∴,………………9分3322121=⨯⨯=⋅=∆GF BD S BDF …………………………………. 10分 又BD CH ⊥∴,GF CH ⊥,G GF BD =⋂∴,BDF GF BD 平面⊂∴,∴CH ⊥平面BDF . . . . . . . . . . . . . 12分232333131=⋅⋅=⋅⋅==∆--CH S V V BDF BDF C BDC F ……………………………14分 9.（1）证明:取BD 的中点O ,连接OE ,OG在BCD ∆中,因为G 是BC 的中点,所以OG ∥DC 且112OG DC ==,……………1分 因为EF ∥AB ,AB ∥DC ,1EF =,所以EF ∥OG 且EF OG =,……………………2分所以四边形OGFE 是平行四边形,所以FG ∥OE , ………………………3分 又FG ⊄平面BED ,OE ⊂平面BED ,所以FG ∥平面BED ． ……………………………4分（2）证明:在ABD ∆中,1AD =,2AB =,60BAD ∠=,由余弦定理得BD ==…………………………5分 因为222314BD AD AB +=+==,所以BD AD ⊥. …………………………6分因为平面AED ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,平面AED 平面ABCD AD =, 所以BD ⊥平面AED . ……………………………7分（3）解法1:由（1）FG ∥平面BED ,所以点F 到平面BED 的距离等于点G 到平面BED 的距离, ……………………8分设点G 到平面BED 的距离为h ,过E 作EM DA ⊥,交DA 的延长线于M ,则EM ⊥平面ABG ,所以EM 是三棱锥E ABG -的高． ……………………9分 由余弦定理可得2cos 3ADE ∠=,所以sin ADE ∠=,sin EM DE ADE =⋅∠=. …………………………10分12DBG S DB BG ∆=⋅=12BDE S BD DE ∆=⋅= 因为G BDE E DBG V V--=,………………………………11分即1133BDE DBG S h S EM ∆∆⋅=⋅,解得h = 所以点F 到平面BED 的距离为65． ………………………………12分解法2:因为EF ∥AB ,且12EF AB =, 所以点F 到平面BED 的距离等于点A 到平面BED 的距离的12, ……………8分 由（2）BD ⊥平面AED .因为BD ⊂平面BED ,所以平面BED ⊥平面AED ．过点A 作AH DE ⊥于点H ,又因为平面BED 平面AED ED =,故⊥AH 平面BED . 所以AH 为点A 到平面BED 的距离．…………………9分在ADE ∆中,6,3,1===AE DE AD , 由余弦定理可得2cos 3ADE ∠=所以sin ADE ∠=, …………………10分 因此35sin =∠⋅=ADE AD AH , ……………………………………………………11分所以点F 到平面BED 的距离为65． ………………………………………………12分10.（1）设O 为AC 的中点,连接OS ,OD ,∵SA SC =,∴OS AC ⊥,∵DA DC =,∴DO AC ⊥,又,OS OD ⊂平面SOD ,且OS OD O =,AC ⊥平面SOD ,又SD ⊂平面SOD ,∴AC SD ⊥.（2）连接BD ,在ASC ∆中,∵SA SC =,60ASC ∠=,O 为AC 的中点,∴ASC ∆为正三角形,且2AC =,OS =∵在ASC ∆中,2224DA DC AC +==,O 为AC 的中点,∴90ADC ∠=,且1OD =,∵在SOD ∆中,222OS OD SD +=,∴SOD ∆为直角三角形,且90SOD ∠=,∴SO OD ⊥又OS AC ⊥,且ACDO O =,∴SO ⊥平面ABCD . ∴B SAD S BAD V V --=13BAD S SO ∆=⋅⋅1132AD CD SO =⨯⋅⋅⋅11323=⨯=. 11.证明(1)因为∠BAD ＝∠CDA ＝90°,所以//AB CD ,四边形ABCD 为直角梯形,2CD =又PC PD ==222CD PC PD +=PD PC ∴⊥又,,AD CD AD PAD ⊥⊂,CD,PCD ABCD PCD ABCD ⊥=平面平面平面平面 AD PCD ∴⊥平面 又PC PBC ⊂平面 ,AD PC ∴⊥,,,PD PC PD PA A PD PA PAD ⊥=⊂点平面PC PAD ∴⊥平面,PC PBC ⊂平面所以平面P AD ⊥平面PBC ……………………4分(2)30°…………………………………8分(3)存在E 为PC 中点,即PE =满足条件……………………………12分 12.（1)证明:∵四边形11BB C C 是菱形,∴11B C BC ⊥,∵11,AB B C AB BC B ⊥⋂=, ∴1B C ⊥平面1ABC ,又AO ⊂平面1ABC ,∴1B C AO ⊥．∵1AB AC =,O 是1BC 的中点,∴1AO B C ⊥,∵11B C BC O ⋂=,∴AO ⊥平面11BB C C …………… ……6分（2）菱形11BB C C 的边长为2,又1160,B BC BB C ∠=︒∴∆是等边三角形,则12B C =. 由（1）知,1AO B C ⊥,又O 是1B C 的中点,1AB AC ∴=,又1160,B AC AB C ∠=︒∴∆是等边三角形,则112AC AB B C ===.在Rt ACO ∆中,22AO ===分11111122sin1201332C ABC A BCC BCC V V S AO --∆∴==⋅=⨯⋅⋅⋅=……………12分 13.（Ⅰ）证明:∵四边形ABCD 是菱形,∴AC BD ⊥.又∵PA ⊥平面ABCD ,BD ⊂≠平面ABCD ,∴PA BD ⊥．又PA AC A =,PA ⊂≠平面PAC ,AC ⊂≠平面PAC ,∴BD ⊥平面PAC ,∵BD ⊂≠平面PBD ,∴平面PBD ⊥平面PAC .（Ⅱ）解:BCD 11=221=3223C BDM M V V --=⨯⨯⨯⨯ 14. （1）证明:因为底面ABCD 为矩形,所以AD ∥BC ．AD BCAD ADF BC ADF BC ADF ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭∥平面∥平面平面,BC ADFBC BCPQ BC PQ BCPQ ADF PQ ⎫⎪⊂⇒⎬⎪=⎭∥平面平面∥平面平面,PQ BC PQ ABCD PQ ABCD BC ABCD ⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭∥平面∥平面平面．（2）解:由CD ⊥BE ,CD ⊥CB ,易证CD ⊥CE ,由BC ⊥CD ,BC ⊥FD ,易证BC ⊥平面CDFE ,所以CB ⊥CE ,即CD ,CE ,CB 两两垂直．连接FB ,FC ,则CD ＝2,BC ＝3,1(23)123F ABCD V -=⨯⨯⨯=, 111(31)1322F BCE V -=⨯⨯⨯⨯=, 15222ABCDEF F ABCD F BCE V V V --=+=+=．15.（1）证明:因为AB =1BC =,090ABC ∠=,所以2AC =,060BCA ∠=,在△ACD 中,AD =2AC =,060ACD ∠=,由余弦定理可得:2222cos AD AC CD AC CD ACD =+-∠解得:CD =4所以222AC AD CD +=,所以△ACD 是直角三角形,又E 为CD 的中点,所以12AE CD CE == 又060ACD ∠=,所以△ACE 为等边三角形,所以060CAE BCA ∠==∠,所以//BC AE ,又AE ⊂平面SAE ,BC ⊄平面SAE ,所以BC ∥平面SAE .（2）解:因为SA ⊥平面ABCD ,所以SA 同为三棱锥S BCE -与四棱锥S ABED -的高.由（1）可得0120BCE ∠=,122CE CD ==,所以1sin 2BCE S BC CE BCE ∆=⨯⨯∠1122=⨯⨯=.BCE ABED ABCD S S S ∆=-四边形四边形ABC ACD BCD S S S ∆∆∆=+-111222=+⨯⨯=.所以::1:4BCE ABED S S ∆==四边形 故:三棱锥S BCE -与四棱锥S BEDA -的体积比为1:4.16.（Ⅰ）取PA 的中点G,连FG,由题可知:BF=FP ,则FG //AB FG = 12AB ,又CE= ED ,可得:DE//AB 且DE = 12AB , ∴ FG //DE 且FG = DE ,∴四边形DEFG 为平行四边形,则EF //DG且EF =DG ,DG ⊂平面PAD ；EF ⊄平面PAD,∴ EF//平面PAD ⋯⋯⋯4分（Ⅱ）由PD ⊥平面ABCD ,PD ⊂平面PAD ,∴ 平面PAD ⊥平面ABCD,且交线为AD,又底面ABCD 是矩形,∴ BA ⊥ AD,∴BA ⊥ 平面PAD ,∴平面PAB ⊥平面PAD,其交线为PA ,又PD=AD,G 为PA 的中点,∴DG ⊥ PA,∴ DG ⊥平面PAB ,由（Ⅰ）知:EF // DG , ∴ EF ⊥平面PAB ⋯⋯⋯8分（Ⅲ）由得,AD=PD=1,F 为PB 的中点,∴ AEF P V -= AEF B V - = ABE F V -= ABE P V -21=PD S ABE ⋅⋅⋅∆3121 = 112213121⋅⋅⋅⋅⋅= 122⋯⋯⋯⋯12分 17.(1)见解析；（2.解:（1）证明:∵OD ABCD ⊥平面,PA QD ∥,∴PA ABCD ⊥平面,又∵BC ABCD ⊂平面,∴PA BC ⊥,又BC AB ⊥,PA PAB ⊂平面,AB PAB ⊂平面,PAAB A =,∴BC PAB ⊥平面,又∵BC QBC ⊂平面,∴平面PAB QBC ⊥平面. --------------------------518.（1）证明:∵平面PAD 垂直矩形平面ABCD ,∴CD ⊥平面PAD取DC 中点H,连接EH,EH ⊥CD,连接FH,则FH ⊥CD则CD ⊥平面EHF,∴平面EHF//平面PAD,又EF ∈平面EHF∴EF 平行PAD ； …………4分（2）证明:∵平面PAD 垂直矩形平面ABCD ,角CDA=90度,CD ⊥平面PAD,又平面PAD∩平面PDC 于PD,又DC ∈平面PDC,∴平面PDC 垂直平面PAD ………8分分19.（1）连结AB 1交A 1B 于点O,则O 为AB 1中点, D AC OD B CCD A BD B C A BD B C A BD∴⊂⊄∴１１１１１１是的中点又平面，平面平面20.（1）证明:连接BD ,交AC 于F ,连接EF .∵四边形ABCD 为正方形∴F 为BD 的中点∵E 为PB 的中点,∴EF ∥PD 又∵PD ⊄面ACE ,EF ⊂面ACE ,∴PD ∥平面ACE .（2）.取AB 中点为G ,连接EG .∵E 为PB 的中点,∴EG ∥P A∵PA ⊥平面ABCD ,∴EG ⊥平面ABCD ,即EG 是三棱锥E ADC -的高,在Rt PAB ∆中,PB =4AB =,则4PA =, 2EG =,∴三棱锥E ADC -的体积为1116442323⨯⨯⨯⨯=. 21.（Ⅰ）证明:∵四边形ABCD 是矩形,∴CD ⊥BC .∵平面PBC ⊥平面ABCD ,平面PBC ∩平面ABCD =BC ,CD ⊂平面ABCD ,∴CD ⊥平面PBC ,∴CD ⊥PB .∵PB ⊥PD ,CD ∩PD =D ,CD 、PD ⊂平面PCD ,∴PB ⊥平面PCD .∵PB ⊂平面P AB ,∴平面P AB ⊥平面PCD .（Ⅱ）取BC 的中点O ,连接OP 、OE .∵PB ⊥平面PCD ,∴PB PC ⊥,∴112OP BC ==, ∵PB PC =,∴PO BC ⊥．∵平面PBC ⊥平面ABCD ,平面PBC ∩平面ABCD =BC ,PO ⊂平面PBC ,∴PO ⊥平面ABCD ,∵AE ⊂平面ABCD ,∴PO ⊥AE .∵∠PEA =90O , ∴PE ⊥AE .∵PO ∩PE=P ,∴AE ⊥平面POE ,∴AE ⊥OE .∵∠C=∠D =90O , ∴∠OEC =∠EAD ,∴Rt OCE Rt EDA ∆∆,∴OC CE ED AD=． ∵1OC =,2AD =,CE ED =,∴CE ED ==111332A PED P AED AED V V S OP AD ED OP --==⋅=⨯⋅⋅112132=⨯⨯= 22.（1）证明:因为23λ=,所以23CE CS =,在线段CD 上取一点F 使23CF CD =,连接EF,BF,则EF ∥SD 且DF ＝1． 因为AB ＝1,AB ∥CD,∠ADC ＝90°,所以四边形ABFD 为矩形,所以CD ⊥BF ．又SA ⊥平面ABCD,∠ADC ＝90°,所以SA ⊥CD,AD ⊥CD ．因为AD∩SA ＝A,所以CD ⊥平面SAD, PCBAE DO所以CD ⊥SD,从而CD ⊥EF ．因为BF∩EF ＝F,所以CD ⊥平面BEF ．又BE ⊂平面BEF,所以CD ⊥BE ．（2）解:由题设得,111()2332S BCD BCD V S SA CD AD SA -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△,又因为SB ==BD ==SD =,所以12SBD S SD =⋅=△,设点C 到平面SBD 的距离为h,则由V S —BCD ＝V C —SBD 得h =,因为13CE CS =,所以点E 到平面SBD 的距离为23h =．23.证明:（1）∵几何体1111ABCD A B C D -为四棱柱,∴四边形11BCC B 为平行四边形,即BC ∥11B C ,且BC =11B C ,……………2分又∵底面ABCD 为等腰梯形,∴BC ∥AM ,即AM ∥11B C , ………………………3分又∵22AD AB BC ==,且M 为边AD 的中点,∴AM BC =,即AM =11B C ,……………4分则四边形11AMC B 为平行四边形,即1C M ∥1AB , ………………………………5分 又∵1C M ⊄平面11A ABB ,1A B ⊂平面11A ABB ,∴1C M ∥平面11A ABB , ……………………………………………………7分（2）∵BC ∥AM ,且AM BC =,∴四边形AMCB 为平行四边形, 又∵2AD AM AB ==,∴四边形AMCB 为茭形,则BM ⊥AC , ……………9分 又∵1CB ⊥底面ABCD ,且BM ⊂底面ABCD ,∴BM ⊥1CB , ……………11分 又∵1AC CB C =,且AC ⊂平面1ACB ,1CB ⊂平面1ACB ,∴BM ⊥平面1ACB , ……………………………………………………13分 又∵BM ⊂底面1B BM ,∴平面1B BM ⊥平面1ACB ……………………………14分 24.（Ⅰ）证明:取BC 中点M ,连接,DM PM可知1MD AB ==且MD BC ⊥又,2PB PC BC ⊥=,∴在Rt PBC ∆有1PM = 又2PD =,222PD PM MD ∴=+,即MD PM ⊥ ………………………3分又,,MD BC PM BC M PM ⊥=⊂平面PBC ,BC ⊂平面PBCMD ∴⊥平面PBC , ………………………5分 又MD ⊂平面ABCD∴平面PBC ⊥平面ABCD ………………………6分（Ⅱ）设点D 到平面PAB 的距离为h,PC PB PC PB =⊥,PM BC ∴⊥ 又平面PBC ⊥平面ABCD ,且平面PBC 平面ABCD BC =PM ∴⊥面ABCD ………………………8分1111||1113326P ABD ABD V PM S -∆∴==⨯⨯⨯⨯=………………………9分在PAB ∆中有1,PB AB PA ===,222,PB AB PA PB AB ∴+=∴⊥∴2PAB S ∆=…………………10分1113326D ABP ABP V S h h -∆=⋅=⨯=,2h ∴=所以点D 到平面PAB.………………………12分 25.（1）因为//BC 平面SDM, BC ⊂平面ABCD,平面SDM 平面ABCD=DM,所以DM BC //,因为DC AB //,所以四边形BCDM 为平行四边形,又CD AB 2=,所以M 为AB 的中点． 因为AM λ=,12λ∴=． （2）因为BC ⊥SD , BC ⊥CD ,所以BC ⊥平面SCD ,又因为BC ⊂平面ABCD ,所以平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,在平面SCD 内过点S 作SE ⊥直线CD 于点E ,则SE ⊥平面ABCD , 在Rt △SEA 和Rt △SED 中,因为SA SD =,所以AE DE ==, 又由题知45EDA ∠=,所以AE ED ⊥,由已知求得AD =,所以1AE ED SE ===,连接BD,则111133S ABD V -=⨯⨯=三棱锥,又求得△SAD所以由B ASD S ABD V V --=三棱锥三棱锥点B 到平面SAD ．26.（1）由已知,平面ABCD, ∵平面, 又∵,∴平面． 因平面EBD,则平面平面BDE ． （2）法1:记AC 交BD 于点O,连PO,由（1）得平面平面BDP,且交于直线PO, 过点E 作于H,则平面PBD, ∴为BE 与平面PBD 所成的角． ∵,∴． ∴．又,则．于是,直线BE与平面PBD所成角的正弦值是．法2:（等体积法）∵,∴E点到平面PBD的距离为．又,则．于是,直线BE与平面PBD所成角的正弦值是．27.（1）又又（2）设,则.过作,为垂足,为中点....四棱锥P-ABCD的侧面积为:,。
坐标法解立体几何解答题
坐标法解立体几何解答题教学目的：1、熟练掌握空间向量的有关知识；2、能灵活运用坐标法解决立体几何解答题的有关问题；3、进一步提高学生的空间想象能力和运算能力。
教学重点：1、建立适当的空间直角坐标系；2、正确写出点的坐标；3、求平面的法向量；4、灵活运用坐标法解决空间角、空间距离等问题教学难点：求平面的法向量 授课类型：专题复习 教学方法：启发引导式 教具准备：幻灯片20张 教学过程：一、复习引入：空间向量解决立体几何问题主要有两个基本方法：坐标法与基底法。
本节课着重研究利 用坐标法解决立体几何解答题。
1、空间向量的有关知识：(幻灯片投影)（1）设点)z ,y ,B(x )z ,y ,A(x 222111、，则),,(121212z z y y x x AB ---=→； （2）设向量),,(),,,(222111z y x b z y x a ==→→，则 ① 212121z z y y x x b a ++=⋅→→；② →a ∥),,(),,(222111z y x z y x b a b λλ=⇔⋅=⇔→→→； ③ 0212121=++=⋅⇔⊥→→→→z z y y x x b a b a ； （3）设向量),,(z y x a =→，则222z y x a ++=→；（4）→→→→→→→→⋅>=<ba b a b a ,cos b a 的夹角：、向量；2、坐标法解决立体几何解答题的步骤：(幻灯片投影) （1）建立适当的空间直角坐标系； （2）写出相应的点的坐标；l （3）解决问题：(幻灯片投影) （一）求空间角问题：空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角。
① 求异面直线所成的角：设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量， 则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a ba b 。
② 求线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角2,,2ππθ-><><-=→→→→n l n l 或③ 求二面角：法一：在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图， 则二面角l αβ--的平面角ba b a ⋅⋅=arccosα法二：设m n 、是二面角l αβ--的两个半平面的 法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧， 则二面角l αβ--的平面角nm n m ⋅⋅=arccosα（二）求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法。
坐标法解立体几何习题及解析
坐标法解立体几何1空间直角坐标系：（1）若空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长为1，这个基底叫单位正交基底，用{,,}i j k 表示；（2）在空间选定一点O 和一个单位正交基底{,,}i j k ，以点O 为原点，分别以,,i j k 的方向为正方向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫坐标轴．我们称建立了一个空间直角坐标系O xyz -，点O 叫原点，向量 ,,i j k 都叫坐标向量．通过每两个坐标轴的平面叫坐标平面，分别称为xOy 平面，yOz 平面，zOx 平面；2．空间直角坐标系中的坐标： 在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标．3．空间向量的直角坐标运算律：（1）若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈，112233a b a b a b a b ⋅=++，112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈，1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=．（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标4模长公式：若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则222123||a a a a a a =⋅=++，222123||b b b b b b =⋅=++．5．夹角公式：112233222222123123cos ||||a ba b a b a a a b b b ⋅⋅==⋅++++．异面直线所成的夹角：6．两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则2222212121||()()()AB AB x x y y z z ==-+-+-，或222,212121()()()A B d x x y y z z =-+-+-7、法向量①直线的法向量：在直线L 上取一个定向量，则与垂直的非零向量叫直线L 的法向量②平面的法向量：与平面α垂直的非零向量叫平面α的法向量．构造直线或平面的法向量，在求空间角与距离时起到了桥梁的作用，在解题过程中只须求出而不必在图形中作出来．在空间直角坐标系下，构造关于法向量坐标的三元一次方程组，得到直线（或平面）的法向量坐标的一般形式，再取特值. 其向上或向下的方向可根据竖坐标的符号来确定. 一、平面的法向量例1 已知AB =（2，2，1），AC =（4，5，3），求平面ABC 的法向量解：设面ABC 的法向量(,,)n x y z =，则n ⊥AB 且n ⊥，即n ·AB =0，且n ·=0，即2x +2y +z=0且4x +5y +3z=0，解得1,2,x z y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴n =z （21，－1，1）点评：一般情况下求法向量用待定系数法由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n 的某个坐标设为1，再求另两个坐标平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量。
(第三个解答题)立体几何
垂直关系 垂直关系 3．面面垂直的判断定理 ．
β l α
l⊥α, l⊂β⇒β⊥α ⊥ ⊂
线面垂直⇒面面垂直
垂直关系 垂直关系 4．面面垂直的性质 ．
α l m β
α⊥β,α∩β=m,l⊂β,l⊥m α β ⊂ ⊥ ⇒ l⊥α ⊥
面面垂直⇒线面垂直
要想让我们减轻学习的负担， 要想让我们减轻学习的负担， 只 有一个办法， 有一个办法， 就是提升自己的学习成 提升自己的学习能力。 绩，提升自己的学习能力。
α β n m
α∥β,γ∩α=m, γ∩β=n γ α β ⇒m∥n ∥ 面面平行⇒线线平行
垂直关系 垂直关系 1．线面垂直的判断定理 ．
l aP
α
b
l⊥a, l⊥b, ⊥ ⊥ a∩b=P, ⇒l⊥α ⊥ a⊂α,b⊂α ⊂ ⊂ 线线垂直⇒线面垂直
垂直关系 垂直关系 2．线面垂直的性质（1） ．线面垂直的在空间四边形 ABCD 中，E、F、G、 ．如图， 、 、 、 H 分别是 AB、BC、CD、DA 上的中点， 上的中 、 、 、 求证： 为平行四边形. 求证：四边形 EFGH 为平行四边形
A E B F C G H D
一、定理的熟悉
变式 1：如图，在空间四边形 ABCD 中，E、F、 ：如图， 、 、 G、H 分别是 AB、BC、CD、DA 上的点，若四 上的点， 、 、 、 、 为平行四边形， 边形 EFGH 为平行四边形， l 求证： 求证：AC//平面 EFGH. 平面
A
O B
C
l⊥a, ,l⊥b, ⇒ l⊥a ⊥α⊥ α l⊥ a⊂ ⊥ ⊂ ⊥ a∩b=P, ⇒l⊥α ⊥ a⊂α,b⊂α ⊂ ⊂
一、定理的熟悉
5．已知平面α⊥ 平面γ，平面β⊥平面γ ， ． 平面γ 平面γ 平面α∩平面β=l，求证：l⊥平面γ. ，求证： ⊥平面γ l α
立体几何 解答题专项训练-2022届高三数学三轮冲刺复习
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值。
16、在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAB为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PB＝PC＝2，CD＝AD＝1，E为线段AB的中点，过直线CE的平面与线段PA，PD分别交于点M，N．
（1）求证：MN⊥PB；
（2）若直线PC与平面CEMN所成的角的余弦值为 ，求 的值．
17、如图所示，正方形 所在平面与梯形 所在平面垂直， ， ， ， .
(1)求证:EF∥平面SAD.
(2)若G为线段AB上一动点,求平面EFG与平面ABCD间最小锐二面角的余弦值.
15、如图1所示，在矩形 中， ， ， 为 中点，将 沿 折起，使点 到点 处，且平面 平面 ，如图2所示.
（1）求证： ；
（2）在棱 上取点 ，使平面 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
立体几何解答题专项训练
1、在如图所示的几何体中，四边形 是正方形，四边形 是梯形， ， ，平面 平面 ，且 .
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的大小；
(3)已知点 在棱 上，且异面直线 与 所成角的余弦值为 ，求点 到平面 的距离.
2、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD= ，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AB=CD=BC=CF=1。
（1）证明：平面 平面 .
（2）若 ，求二面角 的余弦值.
11、如图1，已知 为等边三角形，四边形 为平行四边形， ，把 沿 向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示；且平面 平面 ．
（1）证明： ；
（2）在（1）的条件下求二面角 的余弦值．
专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)
高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空． (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空．1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．①证：证明作出的角为所求角．①求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．【例1】如图，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AD ①BC ，AD ①AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ①平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长． 【解题思路】由条件知AB ，AD ，AE 两两垂直，可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)寻找平面ADE 的法向量，证明BF →与此法向量垂直，即得线面平行．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值；(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E －BD －F 的余弦值，通过解方程得到线段长．【规范解答】 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (1,0,0)，设F (1,2，h )．依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又直线BF ①平面ADE ，所以BF ①平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)． 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0， 不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意． 所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 【例3】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二 平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．【例1】如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把①DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ①BF .(1)证明：平面PEF ①平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE 是矩形．①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为y 轴，建系．①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．①由公式计算所求角的正弦值．解法二：①作：过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，连接DH .①证：证明PH ①平面ABFD ，得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角．①算：在Rt①PDH 中，PD 的长度是正方形ABCD 的边长，①PHD ＝90°，易知要求sin①PDH ，关键是求PH ；由此想到判断①PEF 的形状，进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明：由已知可得，BF ①PF ，BF ①EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ，所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：作PH ①EF ，垂足为H .由(1)得，PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ，设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得，DE ①PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ①PF .所以PH ＝32，EH ＝32，则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量． 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二：因为PF ①BF ，BF ①ED ，所以PF ①ED ，又PF ①PD ，ED ∩PD ＝D ，所以PF ①平面PED ，所以PF ①PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23，过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，因为平面PEF ①平面ABFD ，所以PH ①平面ABFD ，连接DH ，则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，因为PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3， 因为PD ＝4，所以sin①PDH ＝PH PD ＝34， 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三 立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，平面P AC ①底面ABCD ，P A ＝PC ＝2 2.(1)求证：PB ＝PD ；(2)若点M ，N 分别是棱P A ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否存在一点H ，使得DQ ①PH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由．【解题思路】 (1)要证PB ＝PD ，想到在①PBD 中，证明BD 边上的中线垂直于BD ，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN 的法向量n ，分别依据P ，B ，Q 共线和B ，C ，H 共线，设PQ →＝λPB →和BH →＝tBC →，利用垂直关系列方程先求λ再求t ，确定点H 的位置．【规范解答】 (1)证明：记AC ∩BD ＝O ，连接PO ，①底面ABCD 为正方形，①OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝2.①P A ＝PC ，①PO ①AC ，①平面P AC ①底面ABCD ，且平面P AC ∩底面ABCD ＝AC ，PO ①平面P AC ，①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ，①PO ①BD .①PB ＝PD .(2)存在．以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知OP ＝2.可得P (0,0,2)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (－2，0,0)，可得M (0，－1,1)，N (0,1,1)，DM →＝(2，－1,1)，MN →＝(0，2,0)．设平面DMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，①DM →·n ＝0，MN →·n ＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋z ＝0，2y ＝0. 令x ＝1，可得n ＝(1,0，－2)．记PQ →＝λPB →＝(2λ，0，－2λ)，可得Q (2λ，0,2－2λ)，DQ →＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ →·n ＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝13. 可得DQ →＝⎝⎛⎭⎫83，0，43. 记BH →＝tBC →＝(－2t,2t,0)，可得H (2－2t,2t,0)，PH →＝(2－2t,2t ，－2)，若DQ ①PH ，则DQ →·PH →＝0，83(2－2t )＋43×(－2)＝0，解得t ＝12. 故BH ＝ 2.故在线段BC 上存在一点H ，使得DQ ①PH ，此时BH＝ 2.【例2】如图，在四棱锥PABCD中，P A①平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD①平面P AC；(2)若①ABC＝60°，求证：平面P AB①平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF①平面P AE？说明理由．【解】(1)证明：因为P A①平面ABCD，所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD①A C.又P A∩AC＝A，所以BD①平面P A C.(2)证明：因为P A①平面ABCD，AE①平面ABCD，所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形，①ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE①CD，所以AB①AE.又AB∩P A＝A，所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ，所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点，取G 为P A 的中点，连接CF ，FG ，EG .则FG ①AB ，且FG ＝12AB . 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ①AB ，且CE ＝12AB . 所以FG ①CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ，EG ①平面P AE ，所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ， 所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)． 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0， 令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ①平面ABCD ，①P AD 是边长为4的等边三角形，BC ①PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ①PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值． 【解析】：(1)证明：因为①P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ①平面P AD ，所以PE ①平面ABCD ，所以PE ①BC ，PE ①BE .又BC ①PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ①平面PBE ，所以BC ①BE .又BC ①AD ，所以AD ①BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ①平面P AD ，所以BE ①平面P AD ，所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ，所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角．因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin①BAE ＝154 ，所以cos①BAE ＝14. 所以cos①BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 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，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0， 解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y . 令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33， 所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 4．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC . 因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，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， 由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ， 所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.5．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ， 所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ， 所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①，①ABC 中，AB ＝BC ＝2，①ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把①AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图①)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ①平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值． 【解析】：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ①BC . 因为①ABC ＝90°，所以EF ①BE ，EF ①PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ，EF ①平面BCFE ，所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)，则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)，所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ①平面EMC ； (2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M EC F 的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF ①平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内， 所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ①BF ，M 为AB 的中点，所以①OAM ①①FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为①DOF 的中位线，所以MN ①OD ，又MN ①平面EMC ，OD ①/ 平面EMC ，所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ，EF ①DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ，易知①ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ①平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)． 设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0①⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19. 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ①平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。
(完整版)立体直角坐标系常见题型
(完整版)立体直角坐标系常见题型立体直角坐标系常见题型（完整版）本文档将介绍立体直角坐标系中常见的题型及解答方法。
一、点的坐标计算1. 已知点P在立体直角坐标系中的坐标为(x₁, y₁, z₁)，则点P'关于y轴的对称点的坐标为(x₁, -y₁, z₁)。
2. 已知点P、Q在立体直角坐标系中的坐标分别为(x₁, y₁, z₁)和(x₂, y₂, z₂)，则线段PQ的中点的坐标为((x₁+x₂)/2, (y₁+y₂)/2, (z₁+z₂)/2)。
3. 若点P在立体直角坐标系中的坐标为(x₁, y₁, z₁)，则点P关于x轴、y轴、z轴的对称点的坐标分别为(-x₁, y₁, z₁)、(x₁, -y₁, z₁)、(x₁, y₁, -z₁)。
二、直线与平面1. 已知直线L过点P(x₁, y₁, z₁)且与向量a = (a₁, a₂, a₃)平行，则直线L的参数方程可表示为：x = x₁ + a₁ty = y₁ + a₂tz = z₁ + a₃t2. 已知平面π过点P(x₁, y₁, z₁)且法向量为n = (n₁, n₂, n₃)，则平面π的方程可表示为：n₁(x - x₁) + n₂(y - y₁) + n₃(z - z₁) = 0三、向量运算1. 向量a = (a₁, a₂, a₃)的模长计算公式为：|a| = sqrt(a₁² + a₂² + a₃²)2. 向量a与向量b的点积计算公式为：a·b = a₁b₁ + a₂b₂ + a₃b₃3. 向量a与向量b的叉积计算公式为：a ×b = (a₂b₃ - a₃b₂, a₃b₁ - a₁b₃, a₁b₂ - a₂b₁)四、空间中的图形1. 球的方程：已知球心为C(x₁, y₁, z₁)且半径为r，则球的方程为：(x - x₁)² + (y - y₁)² + (z - z₁)² = r²2. 锥面的方程：已知顶点为V(x₁, y₁, z₁)且开口方向为向量a = (a₁, a₂, a₃)，则锥面的方程可表示为：((x - x₁)/a₁)² + ((y - y₁)/a₂)² + ((z - z₁)/a₃)² = 0以上为立体直角坐标系常见题型及解答方法的简要介绍。
2023届高考数学总复习：立体几何复习题附答案
a，
在 Rt△FCM 中，tan∠FCM ．
，
∴sin∠FCM ，
故直线 CF 与平面 ACDE 所成角的正弦值为 ． 2．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，BC⊥平面 AA1C1C，D 是 AA1 的中点，△ACD 是边长
为 1 的等边三角形． （1）证明：CD⊥B1D； （2）若 BC ，求二面角 B﹣C1D﹣B1 的大小．
，令
由（1）知，平面 B1C1D 的一个法向量为
，得
，， ，
， ，，
故 th＜ ， ＞
，
所以二面角 B﹣C1D﹣B1 的大小为 30°．
第3页共3页
在直角梯形 AEFB 中，有 AF EF，BF
쳌
∴AF2+BF2＝AB2，即 AF⊥BF．
∵BC∩BF＝B，BC、BF⊂平面 BCF，
∴AF⊥平面 BCF．
EF，AB＝2EF，
（2）解：∵AE⊥平面 ABC，AE⊂平面 ACDE，∴平面 ACDE⊥平面 ABC，
又平面 ABC∥平面 DEF，∴平面 ACDE⊥平面 DEF．
【解答】解：（1）证明：因为△ACD 是边长为 1 的等边三角形，所以∠ADC＝60°，∠ DA1C1＝120° 因为 D 是 AA1 的中点，所以 AD＝A1D＝A1C1＝1，即△A1C1D 是等腰三角形， 则∠A1DC1＝30°，故∠CDC1＝90°，即 CD⊥C1D， 因为 BC⊥平面 AA1C1C，BC∥B1C1，所以 B1C1⊥平面 AA1C1C， 因为 CD⊂平面 AA1C1C，所以 B1C1⊥CD， 因为 B1C1∩C1D＝C1，B1C1⊂平面 B1C1D，C1D⊂平面 B1C1D，所以 CD⊥平面 B1C1D， 因为 B1D⊂平面 B1C1D，所以 CD⊥B1D；
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(2) a b a b (x1, y1, z1) (x2 , y2 , z2 ),
(3) a b a b x1x2 y1 y2 z1z2 0
3、设 a (x, y, z), 则 a x2 y2 z2
4、向量a、b的夹角：cos
a, b
a b
ab
返回
1、建立适当的空间直角坐标系
B
cos m, n
m n
1
1,
mn
3 3 3
二面角A
A1B
C的平面角的余弦值为1 3
。
3、如图，已知四棱锥P ABCD的底面是边长为2的菱形， 且BAD 600，PA 平面ABCD，且PA 1，E、F分别是 BC、PA的中点。（1）求证：BF 平面PED；（2）求二面 角P DE A的大小；（3）求点C到平面PED的距离。
（1）求证： AF 平面PEC；（2）求平面 PEC和平面PAD所成的
二面角的大小；（3）求点 D到平面 P E C的距离。
P1
3 A3
D
z P
6
F 3
B
(1)证明： A为P1D的中点， AB
3
C
CD, AB P1D,
A
3
D
即AB PA, AB AD AB 平面PAD,
E
y
CD 平面PAD,CD AD,CD PD,
(1)证明：如图，以CA为x轴，CB为y轴，
建立空间直角坐标系C xyz，则
A1
2P
C(0,0,0)、A( 2,0,0)、B(0,1,0)、Q( 2 , 1 ,0)、
22
M
(0,1,
1 2
)、A1
(
2,0,1), 设P(x,0,1)，
1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
PQ (
21
1
x, ,1), CM (0,1, ),
A x
z A1 建立空间直角坐标系A xyz，
设AB a, AA1 m,则B（a，0，0），A1(0,0, m)
B1
C1
C(
a， 3 22
a,0),
A1B
(a,0,m),
A1C
(
a 2
,
3 a,m), 2
A
由
A1B
A1C, 得
A1B
A1C
a
（
a） 2
0
3 a (m)2 0, 2
B x
C
m
2 a,
x
PDA为二面角P CD B的平面角，
B
C
即PDA 450，
PA AD 3, PA AD, 故PA 平面ABCD,
6、如图，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。
（1）求证：AM 平面BDE；（2）求二面角A DF B的大小；
n2
n1
cos n1, n2 | n1 n2 | , (其中n1、n2为二面角两个面的平面角） | n1 | | n2 |
n1, n2 或 n1, n2
2、两直线平行
3、两直线垂直
4、直线与平面平行
5、直线与平面垂直
SA n 6、点S到平面的距离： d
n
A Bn
n
Sn A
1、四棱锥S ABCD中, DAB ABC 900, SA 平面ABCD,
y
2
4、直三棱柱ABC A1B1C1中，AB AC， BAC 1200，BA1C 900。 （1）求A1B与AC所成的角的余弦值； （2）求二面角C A1B A的大小。
z
A1
B1
C1
y A
B
C
O
x
5、在直角梯形 P1DCB中，P1D CB, 且P1D 6, BC 3，DC 6, A是P1D的中点，沿 AB把平面P1AB折起到平面 PAB的位置，使 二面角P CD B成450角，设E、F分别是线段 AB、PD的中点。
（3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是600。
(1)证明： 平面ACEF ABCD平面， 而FA AC, 平面ACEF ABCD平面 AC，E FA 平面ABCD,
P(x, x,0)
M z
F
1
yD
C
P O
2
x
B
2
A
6、如图，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。 （1）求证：AM 平面BDE；（2）求二面角A DF B的大小； （3）试在线段AC上确定一点P，使得PF与BC所成的角是600。
SA AB BC a, AD 2a.求证：平面SAC 平面SCD;
(2)求A到平面SCD的距离；（3）求SD和AC所成的角。
(1)证明：如图，以AB为x轴，AD为y轴，
z
S
建立空间直角坐标系A xyz，则
A(0,0,0)、C(a, a,0)、D(0,2a,0)、S(0,0, a),
a
设 m (x1, y1, z1)是平面SAC的法向量，则
m AB 2x1 y1 0 0
设 n (x2 , y2 , z2 )是平面A1BC的法向量，A1
P
z C1
则 n BC, n CA1,
B1
而 BC （0，1，0），CA1 （ 2，0，1），
M
n
BC
0
y2
0
0
A x
C
n CA1 2x2 1 z2 0
Q
取x2 1，得y2 0, z2 2, n (1,0, 2 )
22
2
B1 M
Q
PQCM (
2
x） 0
1
1 （ 1）
1
0， PQ
CM
B
2
2
2
y
z C1
C
1
（2）设 m (x1, y1, z1)是平面AA1B的法向量，则
m AA1, m AB,而 AA1 （0，0，1），AB （ 2，1，0），
m
AA1
0
0
z1
0
取x1 1，得y1 2, z1 0,m (1, 2,0)
A
a
2a
Dy
m AC, m SA,
Ba
C
x
而 AC (a, a,0),SA (0,0, a),
m m
AC ax1 ay1 0
SA 0 0 az1 0
0
取x1 1，得y1 1, z1 0,m (1,1,0)
设 n (x2, y2, z2 )是平面SCD的法向量，则 n SD, n CD,
z
SA n
A到平面SCD的距离d
2a 6 a
S
n
63
A
D
(3) SD (0,2a,a), AC (a, a,0),
y
cos SD, AC
SD AC
2a2
10 B
5a 2a 5 x
C
2、在直ABC A1B1C1三棱柱中，AC BC, AA1 BC 1,
AC 2,点M是的BB1中点，Q是AB的中点。 （1）若P是A1C1上的一动点，求证：PQ CM； （2）求二面角A A1B C的余弦值。
而 SD (0,2a,a), CD (a, a,0),
n
SD
0
2ay2
az2
0
n SA ax2 ay2 0 0
取y2 1，得x2 1, z2 2, n (1,1,2)
m n 11 (1)1 0 2 0,平面SAC 平面SCD.
(2）由（1）知 n (1,1,2)是平面SCD的法向量，
zP
x D
6a E C O
x 2 2a
F(x, yF,0)(其中2xa,yy,02a)
F A
y
2a
y
B
8、如图，在底面为菱形的四棱锥P ABCD中，ABC 600， PA AC a, PB PD 2a,点E在PD上，且PE：ED 2：1. （1）求证：PA 平面ABCD; （2）求面EAC与面DAC所成的二面角的大小。
2、写出相应点的坐标 3、解决问题：
1、空间角
（1）两异面直线AB与CD的夹角：
为锐角或直角
cos AB,CD
AB CD
, AB,CD 或 AB,CD
AB CD
（2）直线 l与平面所成的角 ：
AB, n
或
AB, n
2
2
A
sin cos AB, n
AB n
AB n
Bn
（3）二面角的平面角 ：
E
z
M
P(0, y,0)
1
C P
xD
2
F
B
2
Ay
7、如图，正四棱锥P ABCD中，侧棱PA与底面ABCD
所成的角的正切值为 6 。 2
（1）求侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小； （2）若E是PB的中点，求异面直线PD与AE所成角的余弦值； （3）问在棱AD上是否存在一点F，使EF 侧面PBC， 若存在，使确定点F的位置；若不存在，说明理由。
z P
F
D
A x
2
C
E
B
（1，3，0）
y
CP n
d
z
n
D
C
E
x
P（ 3，0，1）
F
A
2
B y
4、直三棱柱ABC A1B1C1中，AB AC，
BAC 1200，BA1C 900。
（1）求A1B与AC所成的角的余弦值；
（2）求二面角C A1B A的大小。 如图，以AB为x轴，AA1为z轴，