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-A1B1C1中, AB=4,AA1=7,点D是BC的中点,点E在AC上,
且DE⊥A1E.
(Ⅰ)证明:平面A1DE⊥平面ACC1A1;
(Ⅱ)求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值.
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4.如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=1, AC=AA1=3,∠ABC=60°.
(Ⅰ)证明:AB⊥A1C;
(Ⅱ)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.
(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-A1B1C1的所有棱长都为2, D为CC1中点.
(Ⅰ)求证:AB1⊥平面A1BD;
(Ⅱ)求二面角A-A1D-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
, 第 2 页 共 2 页
∠VDC=θ（0????
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?. 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
.
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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.
(Ⅰ)证明:DE为异面直线AB1与CD的公垂线;
(Ⅱ)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=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-A1B1C1中, AB⊥AC, D、E分别为AA1、B1C的中点, DE⊥平面BCC1.
(Ⅰ)证明:AB=AC;
(Ⅱ)设二面角A-BD-C为60°, 求B1C与平面BCD所成的角的大小
.
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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.
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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(0<λ≤2).
(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?, 直线BE与平面ABCD所成的角为?. 若tan??tan??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. ?, 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-A1B1C1D1的对角线BD1上, 记
当∠APC为钝角时, 求?的取值范围
. D1P??. D1B
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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ED2=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y2+z2=1, 又由|, =, |=2得x2+(y-2)2+z2=4, ==即y2+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),
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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<, a>==. 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
).
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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<n,e>=
=. 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-A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.
又DE?平面ABC, 所以DE⊥AA1. 而DE⊥A1E, AA1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1.
又DE?平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1. (Ⅱ)解法一:过点A作AF垂直A1E于点F, 连结DF. 由(Ⅰ)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DE⊥AC. 而△ABC是边长为4的正三角形, 于是AD=2
CD=3. 又因为AA1=, 所以A1E===4, AF==, , AE=4-CE=4-
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), A1(2, 0,
),
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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A1DE的一, 0, -3). 个法向量, 则z, y=0. 故可取n=(
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:(Ⅰ)证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中, AB=1, AC=ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC. , ∠
∴AB⊥平面ACC1A1, 又A1C?平面ACC1A1, ∴AB⊥A1C. (Ⅱ)如图, 作AD⊥A1C交A1C于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BD⊥A1C, ∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中, AD===,
在Rt△BAD中, tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan, 即二面角A-A1C-B的大小为arctan. 解法二:(Ⅰ)证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴AA1⊥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⊥A1
C.
=(1, 0, 0), =(0, , -). ∵·=1×0+0×+0第 11 页 共 11 页
(Ⅱ)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
∴l=m, n=m. 不妨取m=1, 则n=(·n=0, ·n=0, 又=(-1, , 0), ∴, 1, 1).
cos<m, n>===,
∴二面角A-A1C-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,
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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-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, ∴B1O⊥BD, ∴AB1⊥BD. 在正方形ABB1A1中, AB1⊥A1B, ∴AB1⊥平面A1BD.
(Ⅱ)设AB1与A1B交于点G, 在平面A1BD中, 作GF⊥A1D于F, 连结AF, 由(Ⅰ)得AB1⊥平面A1BD, ∴AF⊥A1D. ∴∠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=, ∴sin∠AFG===, 所以二面角A-A1D-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-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, ), B1(1, 2, 0), ∴=(1, 2, -), =(-2, 1, 0), =(-1, 2, ). ∵·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB1⊥平面A1BD.
(Ⅱ)设平面A1AD的法向量为n=(x, y, z). =(-1, 1, -), =(0, 2, 0).
∵n⊥
, n⊥, ∴∴∴第 13 页 共 13 页 令z=1得n=(-, 0, 1)为平面A1AD
的
一个法向量. 由(Ⅰ)知AB1⊥平面A1BD, ∴
=-. ∴二面角A-A1D-B的大小为arccos为平面A1BD的法向量. cos<n,. >==
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<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为. 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, V2. 于是, 2=··=(-a, a, 0)·
22=-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<θ<, ∴ θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.
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