建坐标系解立体几何(含解析)

第1页共25页立体几何——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.第2页共25页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3页共25页∠VDC=θ）（20.(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.第4页共25页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.第5页共25页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.第6页共25页15.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=a2,点E是SD上的点,且DE=a(0λ≤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1tantan,求λ的值.16.如图,在五面体ABCDEF中,AB∥DC,∠BAD=2,CD=AD=2.四边形ABFE为平行四边形,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.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BDPD11.当∠APC为钝角时,求的取值范围.第7页共25页第8页共25页答案与解析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SFG,平面SBC⊥平面SFG.(9分)作FH⊥SG,H为垂足,则FH⊥平面SBC.FH==,即F到平面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sinα==,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x0,y0,z0.(Ⅰ)=(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,=,==·=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),第9页共25页则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:(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=OAtan30°=,∴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).第10页共25页则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⊥.(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).∴cosn,e==.二面角O-AC-B的平面角是锐角,记为θ,则cosθ=.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,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),A1(2,0,),第11页共25页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cosn,===-.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,),∴=(1,0,0),=(0,,-).∵·=1×0+0×+0×(-)=0,∴AB⊥A1C.第12页共25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·n=0,·n=0,又=(-1,,0),∴∴l=m,n=m.不妨取m=1,则n=(,1,1).cosm,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,第13页共25页求得|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:(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BCC