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= 7,点 D是 BC的中点,点 E在 AC上, 且 DE A1E.()证明: 平面 A1D

2、E平面 ACC1A1;( ) 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( )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= 2 , 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

3、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=BCa= , VDC=(0).2()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 .68. 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, AB DC, BCD=90

4、.( )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, 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,A D= 2, 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

5、ABC-A1B1C1中, AB AC, 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 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.()求证: 平面 AEC平面 PDB;()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,P A=AD=4,A B=2. 以 BD的中点 O 为球心、 BD为直径的球面交 PD 于点

6、 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= 2a, 点 E是SD上的点, 且DE= a (00, y0, z0.( ) =(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+z2-4y+1=0, 故 y= , z= . (3 分) 于是 S , =

7、, =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),=0, a=0.2, 0),故 (9 分 )取 p=2 得 a=(- , 0, 2).又 =(-2, 0, 0), cos= = . 故 AB 与平面 SBC所成的角为 arcsin. (12 分 )2. 解法一 :( ) 在平面 OAB内作 ON OA交 AB于 N, 连结 CN.AOB=120且 OA=OB, OAB=OBA=30. 在Rt AON中, OAN=30 , ON= AN. 在 ONB中, NOB=120-90=30=

8、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, OA ON知:OA平面 CON. 又NC? 平面 CON, OA CN. 由 PQCN, 知 OA PQ.( ) 连结 PN, PO.由OCOA, OCOB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 RtCOA中, P为AC的中点 , AC OP. 根据三垂线定理 , 知:ACNP. OPN为二面角 O-AC-B的平面角 . 在等腰 RtC

9、OA中, OC=OA=1, OP= . 在 RtAON中, ON=OAtan 30在 RtPON中, PN=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=(n 1, n 2, n 3), 则由 n , n , 且 =(1, 0, -1), 得 故可取 n=(1, , 1). 又平面

10、 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 , 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, AA 1 A1E=A1, 所以 DE平面 ACC1A1.又 DE? 平面 A1DE, 故平面 A1DE平面 ACC1A1.( ) 解法: 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 A1D

11、E 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= =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 A(2, 0, 0), A 1(2, 0,),D(-1, 0), E(-1, 0, 0).易知 =(-3, , - ), =(0, - , 0), =(-3, 0). 设 n=(x, y, z) 是平面

12、 A1DE的一个法向量 , 则 解得 x=- z, y=0. 故可取 n=( , 0, -3).AB A1C.()如图, 作 ADA1C交 A1C在 RtBAD中, tan ADB= = , ADB=arctan即二面角 A-A1C-B 的大小为 arctan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,于D点, 连结

13、 BD, 由三垂线定理知 BDA1C, ADB为二面角 A-A1C-B的平面角 . 在RtAA1C中,则 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0),解法二 :( )证明 :三棱柱 ABC-A1B1C1为直三棱柱AA1AB, AA 1 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C(0, , 0), A 1(0, 0,), =(1, 0, 0), =(0, , - ). =10+0 +0(- )=0, AB A1C.( ) 如图 , 可取 m= =(1, 0, 0) 为平面 AA

14、1C 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=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. 由是CE OD. 由三垂线定理知 , AD CE.()作 CGAD, 垂足为 G, 连结 GE.由()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co

15、s CGE= = =- . 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 D(1, , 0), E(-1, 0),=(-2, , 0),O-xyz. 设 A(0, 0, t). 由已知条件有 C(1, 0, 0), =(1, , -t). 所以 =0, 知 AD CE.( ) 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, =0, =0.求得 |AG|= |A

16、D|. 故, 又 =0, =0. 所以 与 的夹角等于二面角 C-AD-E 的平面角 . 由=-知 二面角 C-AD-E 为 arccos .又 =(1, , - )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., sin AFG= = = , 所以二面角 A-A1D-B 的大小为 arcsin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, AB 1A1B, AB1

17、平面 A1BD.()设AB1与 A1B交于点 G, 在平面 A1BD中, 作GF A1D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

18、(0, 2,), A(0, 0, ), 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 .面角A-A1D-B 的大小为解法一:( ) AC=BC=a, ACB是等腰三角形 , 又 D是 AB的中点 , CDAB,

19、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 Rt CHD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 , V .C(0, 0,

20、0), A(a, 0, 0), B(0, a, 0), D是,=- a2+ a2+0=0, 即ABCD. 同理 =(-a, a, 0)22=- a2+ a2+0=0, 即 AB VD.=(-a, a, 0). 从而 =(-a, a, 0) 又 CD VD=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 :(

21、)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), DC. 同理 =(0, a, 0)=(0, a,0), 从而 =(0 a,0)即 AB=0, 即 ABDV. 又 DC DV=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

22、中点 O, 连 OB, OM, 则 OB CD, OM CD.OB=MO= , MO AB,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.

23、 因为 BCE=120, 所以所以 , 所求二面角的正弦值是.BCF=60 . BF=BCsin 60 = , tan = =2, sin 解法二:取 CD中点 O, 连 OB, OM, 则 OBCD, 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 ),量为 n=(0, 0, 1).() 设直线 AM与平面 BCD所成的角为因 =

24、(0, , - ), 平面 BCD的法向则有 sin= cos = = = , 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, 0, 1). 则 cos= . 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 PD DC=D

25、, PD? 平面 PCD, DC? 平面 PCD, 所以 BC平 面 PCD. 因为 PC? 平面 PCD, 所以 PC BC.()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 SABC=1. 由 PD平面 ABCD及 PD=1, 得三棱锥 P-ABC的体积 V= SABCPD= . 因为 PD平面 ABCD, DC? 平面 ABCD, 所以 PDDC. 又 PD=DC=1, 所以 PC= = .由 PC BC, BC=1, 得 PBC的面积 SPBC= . 由 V= SPBCh=

26、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), C(0, 1, 0), B(1, 1, 0).( ) =(0, 1, -1), =(-1, 0, 0). =0 (-1)+1 0+(-1) 0=0, PC BC.( ) 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,

27、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.DEBF, DE AB1.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

28、 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 .()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 B1KAC1, 因此 B1KH为二面角 A1-AC1-B1 的平面角 .HC 1= , AC 1= , HK= , tan B1 KH= = , 所以二面

29、角 A1-AC1-B1 的大小为 arctan .B-xyz.设 AB=2, 则 A(2, 0, 0), B1(0, 2, 0), D(0, 1, 0), E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于是 =0, =0,又设 C(1, 0, c), 则 =(2, -2, 0),=(1, -1, c).故 DEB1A, DE DC, 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= =

30、(0, 2, 0), 所以 = + =(-1, 2, ). 设平面 AA1 C1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= = . 由于 等于二面角 A1-AC1-B1 的平面角 , 所以二面角 A1-AC1-B 1 的大 小为 arccos11. (2009

31、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 ME AB, ME平面 SAD.连结 AE, 则四边形 ABME为直角梯形设 ME=x, 则作 MF AB, 垂足为 F, 则 AFME为矩形 .SE=x,AE= = , MF=AE= , FB=2-x. 由 MF=FBtan 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

32、 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 S-AM-B的平面角 . 连结 BH.在 BGH中, BG= AM= , GH= SM= , BH= = ,所以 cos BGH=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(

33、 , 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), 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12. 解法一:( )取 BC中点 F, 连结 EF, 则 EF B1B, 从而 EF

34、DA.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, 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 BC AF, BC

35、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:( )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 B

36、1(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, 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

37、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, PD AC. AC平面 PDB. 平面 AEC平面 PDB.RtAOE中, OE=PD= AB=AO, AEO=45即 AE 与平面 PDB所成的角为 45( )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. 在解法二 : 如图 , 以 D为原点建立空间直角坐标系 D-xyz.设

38、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, 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),设 AC BD=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 . = = , cos AEO= . AEO=45 , 即 AE与平面 PDB所成的角为 45.14. 解法一:

39、( )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 PA AB. 又 AB AD, 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 AB MNCD, 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 PNM PCD, tan PNM=tan PCD= =2 , 所求角为 arctan 2.( ) 因为 O是 BD的中点

40、, 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, 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 :( ) 同解法( ) 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,

41、 -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，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， SDCD。19. 又底面 ABCD是正方形， CDAD，而 SD AD=D，CD平面 SAD20. 连接 AE、CE，过点 D在平面 SAD内作 DE

42、AE于 F，连接 CF，则 CF AE，故 CDF 是二面角 C-AE-D 的平面角，即 CDF= 。在 RtBDE中， BD=2a，DE=21. 在RtADE中，从而得 ，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= , AB DC, 故 CDAD;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 RtFDC中, FD= = . 由 FA平面ABCD, 得 FAAD, 从而在 Rt FAD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解法图2( ) 如图 2, 以 A点为坐标原点 ,的