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SABCD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-ACB的平面角的余弦值. 3。如图, 在正三棱柱ABCA1B1C1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A1DE所

2、成角的正弦值。 4。如图, 在直三棱柱ABCA1B1C1中， AB=1, AC=AA1=，ABC=60°。 （）证明：ABA1C;()求二面角AA1CB的大小. 5。四棱锥ABCDE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-ADE的大小。 6.如图， 正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2， D为CC1中点。 （）求证:AB1平面A1BD；（）求二面角AA1D-B的大小。 7。如图， 在三棱锥V-ABC中, VC底面ABC, ACBC， D是AB的中点， 且AC=BC=

3、， 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PABCD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ABCA1B1C1中， AC=BC， AA1=AB, D为BB1的中点， E为AB1上的一点，

4、 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A1AC1B1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SAMB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ABDC为60°, 求B1C与平面BCD所成的角的大小。 13。如图,

5、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PABCD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SABCD的底面是正方形， SD平面ABCD， SD=2a, AD=， 点E是SD上的点， 且DE=（0<2)。 （）求证:对任意的（

6、0， 2，都有ACBE；（)设二面角CAED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ABCDA1B1C1D1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=CB=2。 连结SE， 则SEAB， SE=。

7、 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的距离为。 由于EDBC， 所以ED平面SBC

8、， 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Cxyz。 设D（1, 0， 0）， 则A(2， 2, 0）、B(0， 2， 0）。 又设S(x, y， z）， 则x0， y>0, z0。 （)=(x2, y2, 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+(y2)2+z2=4, 即y2+z24y+1=0， 故y=, z=. （3分)于是S, =， =

9、3;=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， OAB=OBA=30°. 在RtAON中， OAN=30°， ON=

10、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AC的中点, ACOP. 根据三垂线定理， 知：ACNP。 OPN为二面角OAC-B的平

11、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Oxyz（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, n3), 则由n, n, 且=（1， 0, -1）， 得故可取n=(1, , 1). 又平

12、面OAC的法向量为e=(0， 1, 0）。 cos<n，e=. 二面角O-ACB的平面角是锐角, 记为， 则cos =。 3。（）如图所示， 由正三棱柱ABCA1B1C1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

13、角形, 于是AD=2， AE=4CE=4CD=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， y=0. 故可取n=（, 0, -3）。 于是cos<n， >=. 由此即知， 直线AD和平面A1D

14、E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AA1CB的平面角. 在RtAA1C中, AD=， 在RtBAD中， tanADB=， ADB=arctan， 即二面角A-A1C-B的大小为arctan。 解法二:(）证明：三棱柱ABCA1B

15、1C1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=(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， ·

16、;n=0, 又=(-1, ， 0)， l=m， n=m。 不妨取m=1， 则n=（, 1, 1）。 cosm， n>=， 二面角AA1CB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， 故AD平面CGE， ADGE, 所以CGE是二面角C-ADE的平面角. GE=， CE=, cosCGE=-。 所以二面角CADE为arcc

17、os. 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Oxyz. 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。 在RtACD中, 求得AG=|AD. 故G， =， 又=（1， ， )， ·=0, ·=0. 所以与的夹角等于二面角CADE的平

18、面角. 由cos<>=知二面角CADE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， 在平面A1BD中， 作GFA1D于F， 连结AF， 由（)得AB1平面A1BD, AFA1D. AFG为二面角AA1D-B的平面角。 在AA1D中, 由等面积法可求得AF

19、=, 又AG=AB1=, sinAFG=， 所以二面角AA1DB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ABCA1B1C1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， ）， B1（1, 2， 0）, =（1, 2， ）, =（2， 1， 0）， =（1， 2, )。 ·=2+2+0=0， ·=-1+43=0, , AB1平

20、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AA1DB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, 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B

21、C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, =(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CDV

22、D=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ABD

23、V。 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， OMCD。 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=A

24、B， 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-ECB的平面角， 设为。 因为BCE=120°， 所以BCF=60°。 BF=BC·sin 60°=， 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

25、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°。 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，

26、 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PCBC。 ()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

27、·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Dxyz， 则P（0, 0， 1）， 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

28、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=， 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，

29、 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=, 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-AC1B1的平面角。 B1H=， HC1=,

30、 AC1=， HK=， tanB1KH=, 所以二面角A1AC1B1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Bxyz. 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×

31、5;=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-AC1B1的平面角， 所以二面角A1AC1B

32、1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， ME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=2x。 由MF=FB·tan 60°, 得=（2x）， 解得x=1. 即ME=1, 从而ME= DC, 所以M为侧棱SC的中点。 （）MB=

33、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， 由此知BGH为二面角SAMB的平面角。 连结BH. 在BGH中， BG=AM=， GH=SM=， BH=， 所以cosBGH=。 二面角SAMB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

34、（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), 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SAM-B的平面角. 因为cos=。 所以二面角SAM-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,

35、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， 故AGC为二面角ABDC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BC

36、D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=， 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, ·

37、;=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， 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

38、。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Dxyz。 设AB=a, PD=h， 则A（a, 0, 0）， B（a， a， 0）, C（0

39、, a， 0)， D（0， 0, 0)， P(0， 0， h). (）=(-a, a， 0)， =(0， 0, h）， =（a， a, 0), ·=0, ·=0. ACDP， 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

40、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AB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

41、=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（2,0,0），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

42、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，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CAE-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

43、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=. 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FAD-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

44、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