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-A 1B 1C 1中, AB=4,AA1=7, 点D 是BC 的中点, 点E 在AC 上, 且DE ⊥A 1E.
(Ⅰ) 证明:平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1;
(Ⅱ) 求直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值.
4. 如图, 在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中, AB=1, AC=AA1=3, ∠ABC=60°. (Ⅰ) 证明:AB⊥A 1C;
(Ⅱ) 求二面角A-A 1C-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-A 1B 1C 1的所有棱长都为2, D为CC 1中点. (Ⅰ) 求证:AB1⊥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(0
π
2
. )
(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
π
. 6
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, AA1=AB, D为BB 1的中点, E为AB 1上的一点, AE=3EB1.
(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=2a , 点E 是SD 上的点, 且DE=λa (0
(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
tan θ∙tan ϕ=1, 求λ的值.
16. 如图, 在五面体ABCDEF 中, AB∥DC, ∠BAD=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.
π
, CD=AD=2. 四边形ABFE 为平2
17. 如图, 设动点P 在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上, 记当∠APC 为钝角时, 求λ的取值范围
.
D 1P
=λ. D 1B
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ED 2=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
=
, 即F 到.
SFG, 平面SBC ⊥平面SFG. (9分) 作FH ⊥SG, H为垂足, 则FH ⊥平面SBC. FH=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D(1, 0, 0), 则A(2, 2, 0)、B(0, 2, 0). 又设S(x, 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|. (3分) 于是S
|=1得y 2+z2=1, 又由|
,
=
,
|=2得x 2+(y-2)2+z2=4, =
=
即y 2+z2-4y+1=0, 故y=, z=
·
=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=(-角为arcsin
, 0, 2). 又. (12分)
=(-2, 0, 0), cos==. 故AB 与平面SBC 所成的
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A(1, 0, 0), C(0, 0, 1), B已知, 可得
=
=
. 又⊥
=.
. ∵P 为AC 的中点, ∴P +
=
. ∴
=
-=
. ∵=, ∴
·
, 又由=
·(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=
=. 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-A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面ABC.
又DE ⊂平面ABC, 所以DE ⊥AA 1. 而DE ⊥A 1E, AA1∩A 1E=A1, 所以DE ⊥平面ACC 1A 1.
又DE ⊂平面A 1DE, 故平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1. (Ⅱ) 解法一:过点A 作AF 垂直A 1E
于点F, 连结DF. 由(Ⅰ) 知, 平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1, 所以AF ⊥平面A 1DE. 故∠ADF 是直线AD 和平面A 1DE 所成的角.
因为DE ⊥平面ACC 1A 1, 所以DE ⊥AC. 而△ABC 是边长为4的正三角形, 于是AD=2CD=3. 又因为AA 1=
, 所以A 1E=
=
=4, AF=
=
,
, AE=4-CE=4-
sin ∠ADF==. 即直线AD 和平面A 1DE 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A(2, 0, 0), A1(2, 0,
),
D(-1, , 0), E(-1, 0, 0).
易知=(-3, , -), =(0, -, 0), 解得x=-
=(-3, , 0). 设n=(x, y, z)是平面A 1DE 的一
, 0, -3).
个法向量, 则z, y=0. 故可取n=(
于是cos===-.
由此即知, 直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值为.
4.解法一:(Ⅰ) 证明:∵三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱, ∴AB ⊥AA 1. 在△ABC 中, AB=1, AC=ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB ⊥AC.
, ∠
∴AB ⊥平面ACC 1A 1, 又A 1C ⊂平面ACC 1A 1, ∴AB ⊥A 1C. (Ⅱ) 如图, 作AD ⊥A 1C 交A 1C
于D 点, 连结BD, 由三垂线定理知BD ⊥A 1C, ∴∠ADB 为二面角A-A 1C-B 的平面角. 在Rt △AA 1C 中,
AD===,
在Rt △BAD 中, tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan, 即二面角A-A 1C-B 的大小为arctan .
解法二:(Ⅰ) 证明:∵三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱, ∴AA 1⊥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A(0, 0, 0), B(1, 0, 0),
C(0, , 0), A1(0, 0, ), ∴
×(-)=0, ∴AB ⊥A 1
C.
=(1, 0, 0), =(0, , -). ∵·=1×0+0×+0
(Ⅱ) 如图, 可取m==(1, 0, 0)为平面AA 1C 的法向量,
设平面A 1BC 的法向量为n=(l, m, n), 则∴l=
m, n=m. 不妨取m=1, 则n=(
·n=0, ·n=0, 又=(-1, , 0), ∴
, 1, 1).
cos===,
∴二面角A-A 1C-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A(0, 0, t). 由已知条件有C(1, 0, 0), D(1, , 0), E(-1, , 0), =(-2, , 0), =(1, , -t). 所以·=0, 知AD ⊥CE. (Ⅱ) △ABC 为等边三角形, 因此A(0, 0,
).
作CG ⊥AD, 垂足为G, 连结CE. 在Rt △ACD 中,
求得|AG|=|AD|. 故G ·=-=0,
·
=0. 所以
与
, ==, 又=(1, , ->=
),
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-A 1B 1C 1中, 平面ABC ⊥平面BCC 1B 1, ∴AO ⊥平面BCC 1B 1.
连结B 1O, 在正方形BB 1C 1C 中, O 、D 分别为BC 、CC 1的中点, ∴B 1O ⊥BD, ∴AB 1⊥BD. 在正方形ABB 1A 1中, AB1⊥A 1B, ∴AB 1⊥平面A 1BD.
(Ⅱ) 设AB 1与A 1B 交于点G, 在平面A 1BD 中, 作GF ⊥A 1D 于F, 连结AF, 由(Ⅰ) 得AB 1⊥平面A 1BD, ∴AF ⊥A 1D. ∴∠AFG 为二面角A-A 1D-B 的平面角. 在△AA 1D 中, 由等面积法可求得AF=
, 又∵AG=
AB 1=, ∴sin ∠AFG===, 所以二面角A-A 1D-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-A 1B 1C 1中, 平面ABC ⊥平面BCC 1B 1, ∴AO ⊥平面BCC 1B 1. 取B 1C 1中点O 1, 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B(1, 0, 0), D(-1, 1, 0), A 1(0, 2, ), A(0, 0, ), B 1(1, 2, 0), ∴=(1, 2, -), =(-2, 1, 0), =(-1, 2, ). ∵·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB 1⊥平面A 1BD. (Ⅱ) 设平面A 1AD 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A 1AD
的
一个法向量. 由(Ⅰ) 知AB 1⊥平面A 1BD, ∴=-. ∴二面角A-A 1D-B 的大小为arccos
为平面A 1BD 的法向量. cos
>==
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=CH=asin=, ∴sin θ=
asin θ; 在Rt △BHC 中,
, ∵0
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C(0, 0, 0), A(a, 0, 0), B(0, a, 0), D=
=(-a, a, 0). 从而
, V
2
. 于是,
2
=
·
·=(-a, a, 0) ·
2
2
=-a +a +0=0, 即AB ⊥CD. 同理
=(-a, a, 0)·=-a +a +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, θ=
cot θ), 又=(0, -a, 0), 于是sin ===sin θ, 即sin
, ∵ 0
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D(0, 0, 0),
A ,B =(0,
,C a,0), 从而
,V ·=(0
a,0) ·
, 于是=
·
==(0,
=0, 即AB ⊥DC. 同理
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
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°.
(Ⅱ)CE 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O(0, 0, 0), C(1, 0, 0), M(0, 0, ), B(0, -, 0), A(0, -, 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===, 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n 1=(x, y, z), 由得
=
解得x=z, y=z, 取n 1=(,
1, 1). 平面BCD 的法向量为n=(0, 0, 1). 则cos=θ=
9. 解法一:(Ⅰ) 因为PD ⊥平面ABCD, BC⊂平面ABCD,
=
. 所以, 所求二面角的正弦值是
.
. 设所求二面角为θ, 则sin
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 =面PBC 的距离为
.
. 由V=S △PBC h=··h=, 得h=. 因此, 点A 到平
解法二:建立如图所示空间直角坐标系D-xyz, 则P(0, 0, 1), C(0, 1, 0), B(1, 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-1, 0),
即令y=1得n=(0, 1, 1). 又因为A(1, =
=
.
=(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A 1B, 记A 1B 与AB 1的交点为F.
因为面AA 1B 1B 为正方形, 故A 1B ⊥AB 1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D 为BB 1的中点, 故
.
,
DE ∥BF, DE⊥AB 1. 作CG ⊥AB, G为垂足, 由AC=BC知, G为AB 中点.
又由底面ABC ⊥面AA 1B 1B, 得CG ⊥面AA 1B 1B. 连结DG, 则DG ∥AB 1, 故DE ⊥DG, 由三垂线定理, 得DE ⊥CD. 所以DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线
.
(Ⅱ) 因为DG ∥AB 1, 故∠CDG 为异面直线AB 1与CD 的夹角, ∠CDG=45°. 设AB=2, 则AB 1=2, DG=, CG=, AC=. 作B 1H ⊥A 1C 1, H为垂足. 因为底面A 1B 1C 1⊥面AA 1C 1C, 故B 1H ⊥面AA 1C 1C, 又作HK ⊥AC 1, K为垂足, 连结B 1K, 由三垂线定理, 得B 1K ⊥AC 1, 因此∠B 1KH 为二面角A 1-AC 1-B 1的平面角.
B 1H==, HC1==, AC1==, HK==,
tan ∠B 1KH==, 所以二面角A 1-AC 1-B 1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A(2, 0, 0), B1(0, 2, 0), D(0, 1, 0), E,
又设C(1, 0, c), 则==(2, -2, 0), =(1, -1, c). 于是·=0, ·=0,
故DE ⊥B 1A, DE⊥DC, 所以DE 为异面直线AB 1与CD 的公垂线. (Ⅱ) 因为
>等于异面直线AB 1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AA 1C 1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AB 1C 1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=小为arccos
.
=. 由于等于二面角A 1-AC 1-B 1的平面角, 所以二面角A 1-AC 1-B 1的大
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.
(Ⅱ)MB==2, 又∠ABM=60°, AB=2, 所以△ABM 为等边三角形.
2
2
2
又由(Ⅰ) 知M 为SC 中点, SM=, SA=, AM=2, 故SA =SM+AM, ∠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), C(0, 2, 0), S(0, 0, 2).
(Ⅰ) 设故
·
=λ=|
(λ>0), 则M |·|
|cos 60°, 即
, =
=. 又=(0, 2, 0),
=
>=60°, . 所以M
, 解得λ=1, 即
为侧棱SC 的中点.
(Ⅱ) 由M(0, 1, 1), A(=(-, 1, 1).
·
, 0, 0), 得AM 的中点G =0, >=
·
=0, 所以=-⊥
. 又⊥
=. 所以
=(0, -1, 1), >等于二面角S-AM-B
.
的平面角. 因为cos
12. 解法一:(Ⅰ) 取BC 中点F, 连结EF, 则EF B 1B, 从而EFDA.
连结AF, 则ADEF 为平行四边形, 从而AF ∥DE. (2分) 又DE ⊥平面BCC 1, 故AF ⊥平面BCC 1, 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=2AD=
·
, 解得AD=
. 又AB=2, BC=2, 故AF=. 由AB ·AD=AG·BD 得
, 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B 1C 与平面BCD 所成的角. 因ADEF 为正方形, AD=, 故EH=1, 又EC=B 1C=2, 所以sin ∠ECH=(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B(1, 0, 0),
=, 所以∠ECH=30°, 即B 1C 与平面BCD 所成的角为30°.
C(0, b, 0), D(0, 0, c), 则B 1(1, 0, 2c), EDE ⊥平面BCC 1知DE ⊥BC, (Ⅱ) 设平面BCD 的法向量c), 故
·
. (2分) 于是==(-1, b, 0). 由
=0, 求得b=1, 所以AB=AC. (5分)
·=·=|=0,
·
=0. 又
=(-1, 1, 0),
=(-1, 0,
=(x, y, z), 则
(8分) 令x=1, 则y=1, z=
>=60°, 故
. 又平面ABD 的法向量|·|
=(0, 1, 0). 由
.
于是
二面角A-BD-C 为60°知,
|·cos 60°, 求得c=
=(1, 1, ), =(1, -1, ), cos==, =60°. 所以B 1C 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A(a, 0, 0), B(a, a, 0), C(0, a, 0), D(0, 0, 0), P(0, 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, P(0, 0, a), E . 设AC ∩BD=O, 则O
=, 连结OE. 由(Ⅰ) 知AC ⊥平面PDB 于O. ∴∠AEO 为AE =, ∴cos ∠AEO==. ∴∠与平面PDB 所成的角. ∵
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A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0), M(0,2,2),
设平面ABM 的一个法向量n=(x, y, z), 由n ⊥
1, -1). 设所求角为α, 则sin α==, n ⊥可得令z=-1, 则y=1, 即n=(0, . , 所求角的大小为arcsin
(Ⅲ) 设所求距离为h, 由O(1, 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 ,
∴BD 是BE 在平面ABCD 上的射影,∴AC ⊥BE 。
(2)如图,由SD ⊥平面ABCD 知,∠DBE=,
∵SD ⊥平面ABCD ,CD 平面ABCD ,∴SD ⊥CD 。
又底面ABCD 是正方形,∴CD ⊥AD ,而SD ∩AD=D,CD ⊥平面SAD
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=
∴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=
ABCD, 得FA ⊥AD, 从而在Rt △FAD 中, FA===1, 所以, AG====. 由FA ⊥平面=.
(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=
形ABFE 为平行四边形, 得FE ∥BA, 从而∠EFA=, 在Rt △EFA 中, EF=
θ==. ====. 由四边. 故tan
解法二:
图2
(Ⅰ) 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A(0, 0, 0), C(2, 2, 0), D(0, 2, 0). 设F(0, 0, z0)(z0>0), 可得=(2, 2, -z0), 由||=3, 即
=3, 解得z 0=1, 即F(0, 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G(x1, y 1, z 1), 则
z 1), 因·=0且·=0, 而=(0, -2, 1), =(-2, 0, 0), 此即① =(x1, y 1, 解得G 点的横坐标x 1=0, 知G 点在yOz 面上, 故G 点在FD 上. 又
有=-z1+1, ②联立①、②, 解得G
∥=(-x1, -y 1, -z 1+1), 故=,
所, 因||为AB 到平面EFCD 的距离, 而
以||=.
(Ⅱ) 因四边形ABFE 为平行四边形, 则可设E(x0, 0, 1)(x0
=
1), 因
|·, 解得x 0=-=0, ·, 即E(-, 0, 1), 故=(-=(-x0, 2, -1), 由|=(0, 2, 0), =(|=, 即, 0, 1). 由=(0, 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A(1, 0, 0), B(1, 1, 0), C(0, 1, 0), D1(0, 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
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,
a, EM=a, tan∠DEM==. 故∠DEM 是直线DE 和平面EMC 所成的角. 在Rt △EMD 中. MD=
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
A(2a, 0, 0), B(0, 2a, 0), E(2a, 0, a),
D(0, 2a, 2a), M(a, a, 0).
(Ⅰ) 因为=(-a, a, -a), =(a, a, 0), 所以·=0, 故EM ⊥CM.
(Ⅱ) 设向量n=(1, y 0, z 0) 与平面EMC 垂直, 则n ⊥, n ⊥. 即n ·=0, n ·=0. 因为=(-a, a, -a), =(a, a, 0), 所以y 0=-1, z0=-2. 即n=(1, -1, -2). 因为=(2a, -2a, -a), cos==, 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A(0,0, 0), B(2,0, 0), C(0,2, 0), D(1,1, 0), A1(0,0, 4), C1(0,2, 4), 所以=(2,0, -4), =(1, -1, -4).
因为cos ===, 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为
(2) 设平面ADC 1的法向量为n 1=(x, y, z), 因为=(1,1,0), =(0,2,4),所以n 1·=0, n1·=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|===, 得sin θ=. 因此, 平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为.