建坐标系解立体几何(含解析)

1、立体几何建坐标系1. 如图,四棱锥S-ABCD中,ABCD,BCCD,侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2,CD=SD=1. ()证明:SD平面SAB;()求AB与平面SBC所成的角的大小. 2. 如图,在四面体ABOC中, OCOA, OCOB, AOB=120°,且OA=OB=OC=1. ()设P为AC的中点, Q在AB上且AB=3AQ. 证明:PQOA;()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=,点D是BC的中点,点E在AC上,且DEA1E. ()证明:平面A1DE平面ACC1A1;()求直线AD和平面A1

2、DE所成角的正弦值. 4.如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=1, AC=AA1=,ABC=60°. ()证明:ABA1C;()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=, AB=AC. ()证明:ADCE;()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. ()求证:AB1平面A1BD;()求二面角A-A1D-B的大小. 7.如图, 在三棱锥V-ABC中, VC底面ABC, ACBC, D是AB的中

3、点, 且AC=BC=, VDC=. ()求证:平面VAB平面VCD;()试确定的值, 使得直线BC与平面VAB所成的角为. 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. ()求直线AM与平面BCD所成角的大小;()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, ABDC, BCD=90°. ()求证:PCBC;()求点A到平面PBC的距离. 10.如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1中, AC=BC, AA1=AB, D为BB1的中点

4、, E为AB1上的一点, AE=3EB1. ()证明:DE为异面直线AB1与CD的公垂线;()设异面直线AB1与CD的夹角为45°, 求二面角A1-AC1-B1的大小. 11.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°. ()证明:M是侧棱SC的中点;()求二面角S-AM-B的大小. 12.如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1中, ABAC, D、E分别为AA1、B1C的中点, DE平面BCC1. ()证明:AB=AC;()设二面角A-BD-C为60°, 求B1C与平面B

5、CD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. ()求证:平面AEC平面PDB;()当PD=AB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. ()求证:平面ABM平面PCD;()求直线PC与平面ABM所成的角;()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=, 点E是SD上的点, 且DE=

6、(0<2). ()求证:对任意的(0, 2,都有ACBE;()设二面角C-AE-D的大小为, 直线BE与平面ABCD所成的角为. 若, 求的值. 16.如图, 在五面体ABCDEF中, ABDC, BAD=, CD=AD=2. 四边形ABFE为平行四边形, FA平面ABCD, FC=3, ED=. 求:()直线AB到平面EFCD的距离;()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. 当APC为钝角时, 求的取值范围. 答案与解析1.解法一:()取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=

7、CB=2. 连结SE, 则SEAB, SE=. 又SD=1, 故ED2=SE2+SD2, 所以DSE为直角. (3分)由ABDE, ABSE, DESE=E, 得AB平面SDE, 所以ABSD, SD与两条相交直线AB、SE都垂直, 所以SD平面SAB. (6分)()由AB平面SDE知, 平面ABCD平面SDE. 作SFDE, 垂足为F, 则SF平面ABCD, SF=. 作FGBC, 垂足为G, 则FG=DC=1. 连结SG, 则SGBC. 又BCFG, SGFG=G, 故BC平面SFG, 平面SBC平面SFG. (9分)作FHSG, H为垂足, 则FH平面SBC. FH=, 即F到平面SBC

8、的距离为. 由于EDBC, 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, 则sin =, =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. ()=(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-2)2+z2=4, 即y2+

9、z2-4y+1=0, 故y=, z=. (3分)于是S, =, =·=0, ·=0. 故DSAS, DSBS, 又ASBS=S, 所以SD平面SAB. (6分)()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:()在平面OAB内作ONOA交AB于N, 连结CN. 在AOB中, AOB=120°且OA=OB, O

10、AB=OBA=30°. 在RtAON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, PQCN. 由OAOC, OAON知:OA平面CON. 又NC平面CON, OACN. 由PQCN, 知OAPQ. ()连结PN, PO. 由OCOA, OCOB知:OC平面OAB. 又ON平面OAB, OCON. 又由ONOA知:ON平面AOC. OP是NP在平面AOC内的射影. 在等腰RtCOA中, P为A

11、C的中点, ACOP. 根据三垂线定理, 知:ACNP. OPN为二面角O-AC-B的平面角. 在等腰RtCOA中, OC=OA=1, OP=. 在RtAON中, ON=OAtan 30°=, 在RtPON中, PN=, cosOPN=. 解法二:()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. P为AC的中点, P. =, 又由已知, 可得=. 又=+=. =-=, ·=·(1, 0, 0)=0. 故. ()记平面ABC的法向量n=(n1, n2,

12、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, 则cos =. 3.()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DEAA1. 而DEA1E, AA1A1E=A1, 所以DE平面ACC1A1. 又DE平面A1DE, 故平面A1DE平面ACC1A1. ()解法一:过点A作AF垂直A1E于点F, 连结DF. 由()知, 平面A1DE平面ACC1A1, 所以AF平面A1DE. 故ADF是

13、直线AD和平面A1DE所成的角. 因为DE平面ACC1A1, 所以DEAC. 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=,sinADF=. 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A(2, 0, 0), A1(2, 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

14、, 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:()证明:三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ABAA1. 在ABC中, AB=1, AC=, ABC=60°, 由正弦定理得ACB=30°, BAC=90°, 即ABAC. AB平面ACC1A1, 又A1C平面ACC1A1, ABA1C. ()如图, 作ADA1C交A1C于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BDA1C, ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在RtAA1C中, AD=, 在RtBAD中, t

15、anADB=, ADB=arctan, 即二面角A-A1C-B的大小为arctan. 解法二:()证明:三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, AA1AB, AA1AC. 在ABC中, AB=1, AC=, ABC=60°. 由正弦定理得ACB=30°, BAC=90°, 即ABAC. 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, ), =(1, 0, 0), =(0, , -). ·=1×0+0×+0×(-)=0, ABA1C. ()如图, 可取m=

16、(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:()作AOBC, 垂足为O, 连结OD, 由题设知, AO底面BCDE, 且O为BC中点. 由=知, RtOCDRtCDE, 从而ODC=CED, 于是CEOD. 由三垂线定理知, ADCE. ()作CGAD, 垂足为G, 连结GE. 由()知, CEAD. 又CECG=C,

17、故AD平面CGE, ADGE, 所以CGE是二面角C-AD-E的平面角. GE=, CE=, cosCGE=-. 所以二面角C-AD-E为arccos. 解法二:()作AOBC, 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ADCE. ()ABC为等边三角形, 因此A(0, 0, ). 作CGAD, 垂足为G, 连结CE.

18、 在RtACD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:()取BC中点O, 连结AO. ABC为正三角形, AOBC. 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, B1OBD, AB1BD. 在正方形ABB1A1中, AB1A1B, AB1平面A1BD. ()设AB1与A1B交于点G, 在

19、平面A1BD中, 作GFA1D于F, 连结AF, 由()得AB1平面A1BD, AFA1D. 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=, sinAFG=, 所以二面角A-A1D-B的大小为arcsin. 解法二:()取BC中点O, 连结AO. ABC为正三角形, AOBC. 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B(1, 0, 0), D(-1, 1, 0), A1(0, 2, ), A(0, 0,

20、 ), B1(1, 2, 0), =(1, 2, -), =(-2, 1, 0), =(-1, 2, ). ·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, , AB1平面A1BD. ()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()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:()AC=BC=a, ACB是等腰三角形, 又D是AB的中点, CDAB,

21、 又VC底面ABC,VCAB, 于是AB平面VCD, 又AB平面VAB, 平面VAB平面VCD. ()过点C在平面VCD内作CHVD于H, 则由()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RtCHD中, CH=asin ;在RtBHC中, CH=asin=, sin =, 0<<, =. 故当=时, 直线BC与平面VAB所成的角为. 解法二:()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, V. 于是,

22、 =(-a, a, 0). 从而·=(-a, a, 0)·=-a2+a2+0=0, 即ABCD. 同理·=(-a, a, 0)·=-a2+a2+0=0, 即ABVD. 又CDVD=D, AB平面VCD, 又AB平面VAB, 平面VAB平面VCD. ()设平面VAB的一个法向量为n=(x, y, z), 则由得可取n=(1, 1, cot ), 又=(0, -a, 0), 于是sin=sin , 即sin =, 0<<, =. 故当=时, 直线BC与平面VAB所成的角为. 解法三:()以点D为原点, 以DC、DB所在的直线分别为x轴、y轴, 建

23、立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0, 0, 0), A,B,C,V, 于是=(0,a,0),从而·=(0 a,0)·=0, 即ABDC. 同理·=(0, a, 0)·=0, 即ABDV. 又DCDV=D, AB平面VCD. 又AB平面VAB, 平面VAB平面VCD. ()设平面VAB的一个法向量为n=(x, y, z), 则由得取n=(tan , 0, 1), 又=, 于是sin=sin , 即sin =. 0<<, =. 故当=时, 直线BC与平面VAB所成的角为. 8. 解法一:()取CD中点O, 连OB, OM, 则OBCD, OM

24、CD. 又平面MCD平面BCD, 则MO平面BCD, 所以MOAB, 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=, MOAB, 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°. ()CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由()知, O是BE的中点, 则BCED是菱形. 作BFEC于F, 连AF, 则AFEC, AFB就是二面角A-EC-B的平面角, 设为. 因为BCE=120°, 所以BCF=60°. BF=BC·sin 60&

25、#176;=, tan =2, sin =. 所以, 所求二面角的正弦值是. 解法二:取CD中点O, 连OB, OM, 则OBCD, OMCD, 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), ()设直线AM与平面BCD所成的角为. 因=(0, , -), 平面BCD的法向量为n=(0, 0, 1). 则有sin =cos<, n>=, 所以=45

26、6;. 直线AM与平面BCD所成角的大小为45°. ()=(-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, 则sin =. 所以, 所求二面角的正弦值是. 9.解法一:()因为PD平面ABCD, BC平面ABCD, 所以PDBC. 由BCD=90°, 得BCDC. 又PDDC=D, PD平面PCD, DC平面PCD, 所以BC平面PCD. 因为PC平面PCD, 所以PC

27、BC. ()连结AC. 设点A到平面PBC的距离为h. 因为ABDC, BCD=90°, 所以ABC=90°. 从而由AB=2, BC=1, 得ABC的面积SABC=1. 由PD平面ABCD及PD=1, 得三棱锥P-ABC的体积V=SABC·PD=. 因为PD平面ABCD, DC平面ABCD, 所以PDDC. 又PD=DC=1, 所以PC=. 由PCBC, BC=1, 得PBC的面积SPBC=. 由V=SPBCh=··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P(0, 0, 1),

28、C(0, 1, 0), B(1, 1, 0). ()=(0, 1, -1), =(-1, 0, 0). ·=0×(-1)+1×0+(-1)×0=0, PCBC. ()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A(1, -1, 0), =(0, 2, 0), 所以点A到平面PBC的距离d=. 解法三:()取AB中点E, 连DE, 则DEBC, 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DHPC, 则DH面PBC. 在RtPCD中, DH=,

29、 A到面PBC的距离为. 10.解法一:()连结A1B, 记A1B与AB1的交点为F. 因为面AA1B1B为正方形, 故A1BAB1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D为BB1的中点, 故DEBF, DEAB1. 作CGAB, 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DGAB1, 故DEDG, 由三垂线定理, 得DECD. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线. ()因为DGAB1, 故CDG为异面直线AB1与CD的夹角, CDG=45°. 设AB=2, 则AB1=2, DG=

30、, CG=, AC=. 作B1HA1C1, H为垂足. 因为底面A1B1C1面AA1C1C, 故B1H面AA1C1C, 又作HKAC1, K为垂足, 连结B1K, 由三垂线定理, 得B1KAC1, 因此B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角. B1H=, HC1=, AC1=, HK=, tanB1KH=, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan. 解法二:()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, -

31、2, 0), =(1, -1, c). 于是·=0, ·=0, 故DEB1A, DEDC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线. ()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

32、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, 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:()作MECD交SD于点E, 则MEAB, M

33、E平面SAD. 连结AE, 则四边形ABME为直角梯形. 作MFAB, 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. ()MB=2, 又ABM=60°, AB=2, 所以ABM为等边三角形. 又由()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BGAM, GHAM, 由此

34、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cosBGH=-. 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). ()设=(>0), 则M, =. 又=(0, 2, 0), <>=60°, 故·=|·|cos 60°, 即=, 解得=1, 即=. 所以M为侧棱SC的中点. ()由M(0, 1, 1

35、), 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:()取BC中点F, 连结EF, 则EFB1B, 从而EFDA. 连结AF, 则ADEF为平行四边形, 从而AFDE. (2分)又DE平面BCC1, 故AF平面BCC1, 从而AFBC, 即AF为BC的垂直平分线, 所以AB=AC. (5分)()作AGBD, 垂足为G, 连结CG. 由三垂线定理知CGBD,

36、 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ADAF, 所以四边形ADEF为正方形. (8分)因为BCAF, BCAD, AFAD=A, 故BC平面DEF, 因此平面BCD平面DEF. 连结AE、DF, 设AEDF=H, 则EHDF, 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sinECH=,

37、所以ECH=30°, 即B1C与平面BCD所成的角为30°. (12分)解法二:()以A为坐标原点, 射线AB为x轴的正半轴, 建立如图所示的直角坐标系A-xyz. 设B(1, 0, 0), C(0, b, 0), D(0, 0, c), 则B1(1, 0, 2c), E. (2分)于是=(-1, b, 0). 由DE平面BCC1知DEBC, ·=0, 求得b=1, 所以AB=AC. (5分)()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

38、, 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:()四边形ABCD是正方形, ACBD. PD底面ABCD, PDAC. AC平面PDB. 平面AEC平面PDB. ()设ACBD=O, 连结OE. 由()知AC平面PDB于O. AEO

39、为AE与平面PDB所成的角. O, E分别为DB, PB的中点, OEPD, OE=PD. 又PD底面ABCD, OE底面ABCD, OEAO. 在RtAOE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). ()=(-a, a, 0), =(0, 0, h), =(a, a, 0), ·=0, ·=0. ACDP,

40、 ACBD. AC平面PDB. 平面AEC平面PDB. ()当PD=AB且E为PB的中点时, P(0, 0, a), E. 设ACBD=O, 则O, 连结OE. 由()知AC平面PDB于O. AEO为AE与平面PDB所成的角. =, cosAEO=. AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°. 14.解法一:()证明:依题设, M在以BD为直径的球面上, 则BMPD. 因为PA平面ABCD, 则PAAB. 又ABAD, 所以AB平面PAD, 则ABPD, 因此有PD平面ABM, 所以平面ABM平面PCD. ()设平面ABM与PC交于点N, 因为ABCD, 所以A

41、B平面PCD, 则ABMNCD, 由()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PNMPCD, tanPNM=tanPCD=2, 所求角为arctan 2. ()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()知, PD平面ABM于M, 则|DM|就是D点到平面ABM的距离. 因为在RtPAD中, PA=AD=4, PDAM, 所以M为PD中点, DM=2, 则O点到平面ABM的距离等于. 解法二:()同解法一;()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

42、,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, n可得令z=-1, 则y=1, 即n=(0, 1, -1). 设所求角为, 则sin =, 所求角的大小为arcsin. ()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ACBD。SD平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，ACBE。（2）如图，由SD平面ABCD知，DBE=， SD平面ABCD，CD平面ABCD，SDCD。 又底面ABCD是正方形，

43、CDAD，而SDAD=D，CD平面SAD连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DEAE于F，连接CF，则CFAE，故CDF是二面角C-AE-D的平面角，即CDF=。在RtBDE中，BD=2a，DE=在RtADE中，从而，在中，由，得，由，解得，即为所求。16.解法一:()因为ABDC, 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AGFD于G. 因BAD=, ABDC, 故CDAD;又FA平面ABCD, 由三垂线定理知CDFD, 故CD平面FAD, 知CDAG. 图1故AG为所求的直线AB到平面EFCD的距离. 在RtFDC中, FD=

44、. 由FA平面ABCD, 得FAAD, 从而在RtFAD中, FA=1, 所以, AG=. ()由已知FA平面ABCD, 得FAAD, 又由BAD=, 知ADAB, 故AD平面ABFE, 从而ADFE. 所以, FAE为二面角F-AD-E的平面角, 记为. 在RtEAD中, AE=. 由四边形ABFE为平行四边形, 得FEBA, 从而EFA=, 在RtEFA中, EF=. 故tan =. 解法二:图2()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>

45、;0), 可得=(2, 2, -z0), 由|=3, 即=3, 解得z0=1, 即F(0, 0, 1). 因为ABDC, 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, y1, z1), 则=(x1, y1, z1), 因·=0且·=0, 而=(0, -2, 1), =(-2, 0, 0), 此即解得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, 联立、, 解得G, 因|为AB到平面EFCD的距离, 而=, 所以|=. ()因四边形ABFE为平行四边形, 则可设E(