立体几何大题一-建系(没有1题2题)

1A 1B 1C1DB CD EF GP BCA 建立空间直角坐标系，书写坐标、求法向量复习：1.向量的数量积公式若a 与b 的夹角为θ(0≤θ≤π),且123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =,则 （1）点乘公式： ·=|||b | cos θ（2）模长公式：则212||a a a a a =⋅=++21||b b b b =⋅=+ （3）夹角公式：22221231cos ||||a ba b a b a a a b ⋅⋅==⋅++ （4）两个非零向量与垂直的充要条件是1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=2.建立空间直角坐标系注：三条坐标轴互相垂直，当题目中没有现成的时候我们可以自己建立。

（判断正误）右手表示法：令右手大拇指、食指和中指相互垂直时，可能形成的位置。

大拇指指向为x 轴正方向，食指指向为y 轴正向，中指指向则为z 轴正向，这样也可以决定三轴间的相位置。

长方体 正方体 PA ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒xyo. Mxyo. M平面直角坐标系空间直角坐标系z1D 1B 1C P D BCAPA 平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，CD ⊥AD底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCDABCD EPC CDA 1PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=.3.如何正确书写(),,a x y z =坐标x 即为横坐标，表示点到yoz 平面的距离; y 即为横坐标，表示点到xoz 平面的距离; z 即为横坐标，表示点到xoy 平面的距离.1.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=4，AA 1=6,写出所有点坐标1A 1B 1C 1D ABCD EFGPBCA2.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB =2，AD =1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，写出所有点坐标3.如图，PA ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒且PA AC BC a ===，写出对应坐标。

空间立体几何建系设点专题引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一•所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算1、如图所示，四棱锥P—ABCD中，AB_AD，CD _ AD，PA_底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M 为PC 的中点。

(1) 求证：BM //平面PAD;(2) 在侧面PAD内找一点N，使MN _平面PBD;(3) 求直线PC与平面PBD所成角的正弦。

19.(本題满分直分)正方形曲与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=2t点E%AB的中点.(1 )求证：轲"平面A^DEt(H)求二面角DSE①的大卜(III)求多面体AyDyDBE的休积*3. 已知多面体 ABCDE 中，AB 丄平面 ACD , DE 丄平面ACD, AC = AD = CD = DE=2a , AB = a , F 为 CD 的中点.4. 如图，四边形 ABCD 是正方形，PB 丄平面ABCD , MA//PB , PB=AB=2MA ,(I) 证明：AC//平面PMD ;(U)求直线BD 与平面PCD 所成的角的大小；(川)求平面PMD 与平面ABCD 所成的二面角(锐角)的大小。

所成二面角的大小(I)求证：AF 丄平面CDE ;(U)求异面直线AC , BE 所成角余弦值;(5. 已知斜三棱柱ABC - AB。

, . BCA =90“ , AC 二BC =2, A在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA _ AC i(I) 求证：AC i _平面ABC ;(II) 求CC i到平面AAB的距离；(III )求二面角A-AB-C的大小。

6. (湖南卷理科第18题)已知两个正四棱锥P—ABCD与Q—ABCD 的高都为2, AB= 4.(1)证明：PQ丄平面ABCD;(2)求异面直线AQ与PB所成的角；(3)求点P到平面QAD的距离.图I7. (全国卷U理科第19题)在直三棱柱ABC-ABQ i中，AB= BC, D、E分别为B% AG的中点.(1)证明：ED为异面直线BB i与AC i的公垂线；(2)设AA =AC =：：；2A B，求二面角几- AD -G的大小.图2 8. 如图，平面PAC_平面ABC , ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F,O 分别为PA , PB , AC 的中点，AC =16, PA二PC =10 .(I)设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE ;(II )证明：在ABO内存在一点M，使FM _平面BOE，并求点M 到OA , OB的距离.9. 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD ,AB=4, BC=CD=2, AA 1 =2, E、E1、F 分别是棱AD、AA1、AB的中点。

ʏ安徽省长丰县第一中学 鲍明娟立体几何是高考的必考知识点,其中解答题通常设置两问,第一问常考平行㊁垂直等证明问题;第二问通常需要利用建系法解决与角度㊁长度相关的计算问题㊂在每道小题的设置上力求证明与求解并重㊂试题的命制载体有倾向于不规则几何体的趋势,但仍以 方便建系 为原则,重点考查运算及综合应用的能力㊂因为建系的目的是将立体几何问题转化为代数运算问题,所以我们建立一个合适的空间直角坐标系以降低运算量是很必要的㊂本文归纳了立体几何问题中常见的建系方法,供同学们复习时参考㊂方法一、利用共交点的互相垂直的三条直线构建空间直角坐标系在三维空间中,我们通常使用一个右手定则来定义三个垂直的轴分别为x 轴,y 轴,z 轴,这三个轴应当满足右手四指从x 轴正方向按逆时针旋转45ʎ或135ʎ(直观图中)到y 轴正方向时,大拇指所指方向是z 轴的正方向,三条轴的公共交点就是空间直角坐标系的坐标原点,简称右手空间直角坐标系㊂图1例1 如图1,在直三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,A A 1=A B =A C ,A M ң=2M C ң,C 1N ң=2N A 1ң㊂(1)证明:B 1C ʊ平面B MN ;(2)若B C =3A B ,求二面角B -MN -A的余弦值㊂图2解析:(1)如图2,延长MN ,A A 1交于点P ,连接P B ,设A B 1ɘP B=Q ,连接M Q ,由P A 1P A=N A 1M A =12,可知P A=2A A 1,所以Q B 1Q A =B B 1P A =A A 1P A =12㊂因为M C A M =12,所以A M A C =A Q A B 1=23㊂又øM A Q=øC A B 1,所以әM A Q ʐәC A B 1,所以M Q ʊC B 1㊂又因为C B 1⊄平面B MN ,所以B 1C ʊ平面B MN ㊂(2)因为A B =A C ,B C =3A B ,所以øB A C =120ʎ㊂在әA B C 内过点A 作A B 图3的垂线A z ,由直棱柱的定义可得A A 1ʅA B ,A A 1ʅA z ㊂以A 为坐标原点,建立如图3所示的空间直角坐标系A -x yz ㊂设A B =3a ,则B (3a ,0,0),M (-a ,0,3a ),N -a 2,3a ,3a 2,所以B Mң=(-4a ,0,3a ),B N ң=-7a 2,3a ,3a 2,所以可得平面B MN 的一个法向量为n 1=(23,3,8)㊂又因为A M ң=(-a ,0,3a ),A N ң=-a 2,3a ,3a 2,所以可得平面A MN 的一个法向量为n 2=(3,0,1)㊂所以c o s <n 1,n 2>=n 1㊃n 2|n 1||n 2|=142ˑ79=77979,即二面角B -MN -A 的余弦值为77979㊂点评:本题先由直棱柱的定义得出A A 1是一条轴,接着只需在平面A B C 中找两条相交垂直的直线即可,而әA B C 是等腰三角形,且B C =3A B ,易得øB A C =120ʎ,从而确定垂直于A B 的直线A z 的位置㊂这样就找到三条共交点A 的两两垂直的直线,最后建系㊂我们一般取竖直向上方向为z 轴正方向(如本题中取A z ),用右手大拇指指向z 轴,剩下两条直线四指从x 轴正方向(本题中A B )按逆时针方向转45ʎ或135ʎ(直观图中)至y 轴正方向(本题中A A 1),如图3建系㊂方法二、利用线面垂直关系构建空间直角坐标系由线面垂直的定义可知,一条直线垂直于平面,则这条直线垂直于平面内任意一条直线㊂因此,我们选择这条直线为一条轴,再在与它垂直的平面内找两条相交且垂直的直线作为剩下两条轴,最后转化为共交点的三条直线来建系㊂若不共交点,可以平移至共交点来建系,但遵循的原则是让更多的点落在轴上,以便于计算㊂图4例2 如图4,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D 是直角梯形,A D ʅA B ,A B ʊD C ,P Aʅ底面A B C D ,E 为棱P C 的中点,A D =D C =A P =2A B =2㊂(1)证明:B E ʊ平面P A D ㊂(2)在棱P C 上是否存在点F ,使得二面角F -A D -C 的余弦值为1010若存在,求出P FP C的值;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)取P D 的中点为G ,连接A G ,图5E G ,如图5,因为G 和E 分别为P D 和P C 的中点,所以E G ʊC D ,且E G =12C D ㊂又因为底面A B C D 是直角梯形,C D =2A B ,A B ʊC D ,所以A B ʊG E ,且A B =G E ,所以四边形A B E G 为平行四边形,所以A G ʊB E ㊂因为A G ⊂平面P A D ,B E ⊄平面P A D ,所以B E ʊ平面P A D ㊂(2)以A 为坐标原点,A B ,A D ,A P 所在图6直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图6所示的空间直角坐标系A -x yz ,可得B (1,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),P Cң=(2,2,-2)㊂由F 为棱P C 上一点,设P F ң=λP C ң=(2λ,2λ,-2λ)(0ɤλɤ1),则A F ң=A P ң+P F ң=(2λ,2λ,2-2λ),A D ң=(0,2,0)㊂设平面F A D 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A F ң=2λx +2λy +(2-2λ)z =0,n ㊃A D ң=2y =0,令z=λ,得x =λ-1,则n =(λ-1,0,λ)㊂取平面A D C 的一个法向量为m =(0,0,1),设二面角F -A D -C 的平面角为α,则c o s α=m ㊃n|m ||n |=λ2λ2-2λ+1=1010,化简得8λ2+2λ-1=0,解得λ=14,故存在满足条件的点F ,此时P F P C =14㊂点评:本题中P A ʅ底面A B C D ,选A P为一条轴,接着由A D ʅA B ,得出A P ,A D ,A B 是两两垂直的三条直线,转化为共交点A 为坐标原点建系,先选竖直向上方向AP 所在直线为z 轴,再按右手定则确定A B 所在直线为x 轴,A D 所在直线为y 轴,如图6建系㊂图7例3如图7所示,在R t әA B C 中,øC =90ʎ,B C =3,A C =6,D ,E 分别是线段A C ,AB 上的点,D E ʊBC 且DE =2,将әA D E 沿折起到әA 1D E 的位置,图8使得A 1C ʅC D ,如图8所示㊂(1)若点N 在线段A 1B 上,且2B N =N A 1,求证:E Nʊ平面A 1C D ;(2)若M 是A 1D 的中点,求平面M E B 与平面D E B C 的夹角的余弦值㊂图9解析:(1)如图9所示,在әA 1C B 中,过N 作N F ʊC B 交A 1C 于点F ㊂因为A 1N A 1B =23,所以F N =23B C ㊂在әA B C 中,D E =23B C ,D E ʊB C ,所以F N ʊD E ,F N =D E ,所以四边形D E N F 为平行四边形,所以D F ʊN E ㊂又因为D F ⊂平面A 1C D ,E N ⊄平面A 1C D ,所以E N ʊ平面A 1C D ㊂(2)因为D E ʊB C ,øC =90ʎ,所以D EʅA C ,所以D E ʅA 1D ,D E ʅC D ㊂因为A 1D ɘC D =D ,A 1D ,C D ⊂平面A 1C D ,所以D E ʅ平面A 1C D ,所以B C ʅ平面A 1C D ㊂图10又因为A 1C ʅC D ,所以可建立如图10所示的空间直角坐标系C -x yz ,易知A 1(0,0,23),D (2,0,0),C (0,0,0),E (2,2,0),B (0,3,0),M (1,0,3),则E M ң=(-1,-2,3),E B ң=(-2,1,0)㊂设平面M E B 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1㊃E M ң=-x -2y +3z =0,n 1㊃E B ң=-2x +y =0,令x =3,得n 1=(3,23,5)㊂可取平面D E B C 的一个法向量为n 2=(0,0,1),设平面M E B 与平面D E B C 的夹角为θ,则c o s θ=|c o s <n 1,n 2>|=|n 1㊃n 2||n 1||n 2|=51ˑ40=104,所以平面M E B 与平面D E B C 的夹角的余弦值为104㊂点评:本题是翻折问题㊂在处理翻折问题时,首先要确定在翻折过程中哪些量与位置关系不变(同一个平面内的位置关系不变),可以将这些都作为已知条件㊂本题中,әA D E 在沿D E 折起到әA 1D E 的过程中保持不变,即在әA 1D E 中,有D E ʅA 1D ,D E =2,A 1D =4;直角梯形D C B E 也不变,即有D E ʊB C ,B C =3,C D =2,D E ʅC D ㊂将以上不变条件当作本题的已知条件易得出B C ʅ平面A 1C D ,再结合翻折后所得几何体的题给条件A 1C ʅC D ,于是可以以C 为坐标原点,C A 1竖直向上方向为z 轴正方向建系(如图10)㊂方法三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系由面面垂直的性质定理,首先找到两个平面的交线,再结合已知条件在两个平面中选择其中一个平面,在该平面内找到或作出与交线垂直的一条直线,则这条直线垂直于另一个平面,最后转化为线面关系来建系㊂图11例4 如图11,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D是菱形,A C 与B D 交于点O ,øB A D =60ʎ,P A =A B =2,P A ʅA C ,平面P A C ʅ平面P B D ,M 为线段P B 上的一点㊂(1)证明:P A ʅ平面A B C D ;(2)当A M 与平面P B D 所成的角的正弦值最大时,求平面M A C 与平面A B C D 的夹角的余弦值㊂图12解析:(1)如图12,连接P O ,过点A 作P O 的垂线,垂足为H ㊂因为平面P A C ʅ平面P B D ,且交线为P O ,所以A H ʅ平面P B D ㊂又因为B D ⊂平面P B D ,所以B D ʅA H ㊂又因为四边形A BCD 为菱形,所以B D ʅA C ㊂又因为A C ɘA H =A ,所以B D ʅ平面P A C ㊂又因为P A ⊂平面P A C ,所以B D ʅP A ㊂又因为P A ʅA C ,A C ɘB D =O ,所以P A ʅ平面A B C D ㊂(2)连接MH ,由(1)知øA MH 为A M 与平面P B D 所成的角,所以s i n øA MH =A HA M㊂又因为P A =A B ,所以当M 为P B 的中点时,A M ʅP B ,A M 最小,故s i n øA MH取最大值㊂图13如图13,以O 为坐标原点,O A ,O B ,O z 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系O -x yz ,则A (3,0,0),B (0,1,0),C (-3,0,0),P (3,0,2),M 32,12,1,所以A M ң=-32,12,1,A C ң=(-23,0,0)㊂设平面A M C 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A M ң=-32x +12y +z =0,n ㊃A C ң=-23x =0,令y =2,得z =-1,则n =(0,2,-1)㊂易知平面A B C D 的一个法向量为m =(0,0,1),设平面M A C 与平面A B C D 的夹角为θ,则|c o s θ|=|m ㊃n ||m ||n |=15=55㊂所以当A M 与平面P B D 所成的角的正弦值最大时,平面M A C 与平面A B C D 的夹角的余弦值为55㊂点评:本题抓住平面P A C ʅ平面P B D ,且平面P A C 与平面P B D 的交线为P O ,于是连接P O ,在әA P O 中,过点A 作P O 的垂线,垂足为H ,从而得到A H ʅ平面P B D ,所以B D ʅA H ,又因为A B C D 是菱形,所以B D ʅA C ,于是得出B D ʅ平面P A C ,所以B D ʅP A ,又已知P A ʅA C ,所以得出P A ʅ平面A B C D ,又因为在菱形A B C D 中,有O A ʅO B ,于是可以将P A 平行移动至O z ,再以公共交点O 为坐标原点,以竖直向上方向的O z 为z 轴正方向建系(如图13)㊂图14例5 如图14,在等腰梯形A B C D 中,E 为边B C 上的一点,A D ʊB C ,A D =C D =1,әA B E是一个等图15边三角形,现将әA B E 沿着A E 翻折至әA P E ,如图15㊂(1)在翻折过程中,求四棱锥P -A E C D 体积的最大值;(2)当四棱锥P -A E C D 的体积最大时,求平面A E P 与平面P C D 的夹角的余弦值㊂解析:(1)依题意知әA B E 是边长为1的等边三角形,且高为32㊂四边形A E C D 是边长为1的菱形,且øE C D =π3,S 菱形A E C D =1ˑ1ˑs i nπ3=32㊂在翻折过程中,当平面A P E ʅ平面A E C D 时,四棱锥P -A E C D 的体积取得最大值,且最大值为13ˑ32ˑ32=14㊂(2)设A E 的中点为O ,连接O P ,O D ,当平面A P E ʅ平面A E C D 时,四棱锥P -A E C D 的体积取得最大值㊂因为әP A E 是等边三角形,所以O P ʅA E ㊂因为平面A P E ɘ平面A E C D =A E ,O P ⊂平面P A E ,O P ʅA E ,所以O P ʅ平面A E C D ㊂又O D ⊂平面A E C D ,所以O P ʅO D ㊂连接D E ,则әA D E 是等边三角形,所以O D ʅA E ㊂图16以O 为坐标原点,建立如图16所示的空间直角坐标系O -x yz ,则平面P A E 的法向量为O D ң=0,32,0 ,P 0,0,32,C 1,32,0 ,D C ң=(1,0,0),P C ң=1,32,-32㊂设平面P C D 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃D C ң=x =0,n ㊃P C ң=x +32y -32z =0,令y =1,得n =(0,1,1)㊂设平面A E P 与平面P C D 的夹角为θ,则c o s θ=O D ң㊃n |O D ң||n |=3232ˑ2=22㊂点评:本题中,әB A E 在翻折至әP A E时没有改变,所以әP A E 仍然是一个等边三角形,四边形A E C D 也没有改变,仍然是菱形㊂当四棱锥P -A E C D 的体积取最大值时,需平面A P E ʅ平面A E C D ㊂我们首先取A E 的中点为O ,连接O P ,O D ㊂因为әP A E 是等边三角形,所以O P ʅA E ,又因为平面A P E ʅ平面A E C D ,所以O P ʅ平面A E C D ,可得O P ʅO D ,又因为әA D E 是等边三角形,所以O D ʅA E ,所以我们得到了O P ,A E ,O D 三条直线两两垂直,于是可以以这三条直线的公共交点O 为坐标原点,竖直向上方向的O P 为z 轴正方向建系(如图16)㊂(责任编辑 王福华)。

立体几何解答题的建系设点问题一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面z z 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即xOy 为轴与底面的交点z 2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：,x y （1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上,x y （2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件,x y （3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），+这个过程不能省略。

3、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直：① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直④ 直棱柱：侧棱与底面垂直（2）线线垂直（相交垂直）：① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若，则222AB AC BC +=AB AC ⊥（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0（2）底面上的点：坐标均为，即竖坐标，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出(),,0x y 0z =坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果在底面的投影为，那么（即点与投影点的横纵坐标相同）()'11,,A x y z ()22,,0A x y 1212,x x y y == 由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。

《立体几何》大题及答案解析1.（2009全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S ABCD −中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD，AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，∠ABM=60。

（I ）证明：M 是侧棱SC 的中点；()ΙΙ求二面角S AM B −−的大小。

2.（2009全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ⊥AC,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小ACBA 1B 1C 1DE3.（2009浙江卷）如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE 所成角的正弦值．4.（2009北京卷）如图，四棱锥P ABCD −的底面是正方形，PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当PD =且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.5.（2009江西卷）如图，在四棱锥P ABCD −中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． （1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离．6.（2009四川卷）如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF °==∠= （I ）求证：EF BCE ⊥平面；（II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证： PM ∥BCE 平面 （III ）求二面角F BD A −−的大小。

每一个人的成功之路或许都不尽相同，但我相信，成功都需要每一位想成功的人去努力、去奋斗，而每一条成功之路，都是充满坎坷的，只有那些坚信自己目标，不断努力、不断奋斗的人，才能取得最终的成功。

但立体几何大题题型一：基础题型3(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y轴正方向，|GB →|为单位长度，每一个人的成功之路或许都不尽相同，但我相信，成功都需要每一位想成功的人去努力、去奋斗，而每一条成功之路，都是充满坎坷的，只有那些坚信自己目标，不断努力、不断奋斗的人，才能取得最终的成功。

但建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)， F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 4. 如图，在四棱锥P ­ABCD 中，侧面P AD 是正三角形，底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AD ＝2BC ＝2，CD ＝3，平面P AD ⊥底面ABCD ，若M 为AD 的中点，E 是棱PC 上的点．(1)求证：平面EBM ⊥平面P AD ；(2)若∠MEC ＝90°，求二面角P ­BM ­E 的余弦值． 解：(1)证明：∵M 是AD 的中点， 且AD ＝2，∴MD ＝1， 又∵AD ∥BC ，BC ＝1，∴四边形MBCD 为平行四边形． ∵∠ADC ＝90°，DC ∥MB ， ∴∠AMB ＝90°，即BM ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，BM ⊂平面ABCD ， ∴BM ⊥平面P AD .∴平面EBM ⊥平面P AD .(2)∵△P AD 是正三角形，M 为AD 中点， ∴PM ⊥AD .又∵平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PM ⊥平面ABCD .如图，以M 为原点，以MA ，MB ，MP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系M ­xyz ，每一个人的成功之路或许都不尽相同，但我相信，成功都需要每一位想成功的人去努力、去奋斗，而每一条成功之路，都是充满坎坷的，只有那些坚信自己目标，不断努力、不断奋斗的人，才能取得最终的成功。

立体几何建系方法熟悉几个补形建系的技巧基本模型：长方体 ；下面几个多面体可考虑补成长方体建系： （1）三棱锥P ABC -,其中,2PA ABC ABC π⊥∠=.特点：BC PAB ⊥面；四个面均为直角三角形。

建系方法：（2）四棱锥P-ABCD,其中,PA ABCD ⊥面ABCD 为矩形。

建系方法：（3）正四面体A-BCD 建系方法：（4）两个面互相垂直建系方法1、（2011年高考重庆卷文科20) 如题（20）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，,2,1AB BC AC AD BC CD ⊥====（Ⅰ）求四面体ABCD 的体积；（Ⅱ）求二面角C-AB-D 的平面角的正切值。

PA BCA B CDP2、（06山东），已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2,PO=2,PB⊥PD.(Ⅰ)求异面直线PD与BC所成角的余弦值；(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大小；3、在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为BB1、AC1的中点．（Ⅰ）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；（Ⅱ）设AA1＝AC＝2AB，求二面角A1－AD－C1的大小．A BCD EA1B1C14．如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=，E F ，分别是BC PC ，的中点． （Ⅰ）证明：AE PD ⊥； （Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD 所成最大角的正切值 为2E AF C --的余弦值．5、（08安徽）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的 菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点.（1）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （2）求点B 到平面OCD 的距离.P BECD FA。

历年高三数学高考考点之<立体几何选基底与建系>必会题型及答案体验高考1.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD .∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO .∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面PAD ， 平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ，∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－1 14＋1＋1×3 ＝33.∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解 设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.2.如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0).(1)证明 依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)， 又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1， 可得n 2＝(1，－1，1).因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 3.如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3).由已知，得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3). 所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.高考必会题型题型一 选好基底解决立体几何问题例1 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 夹角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r . 由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ， 且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.∵MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)] ＝14·2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)解 设向量 AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ ＝32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 夹角的余弦值为23.点评 对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1 如图，在四棱锥P －GBCD 中，PG ⊥平面GBCD ，GD ∥BC ，GD ＝34BC ，且BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，PG ＝4.(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 点是棱PC 上一点，且DF →·GC →＝0，PF →＝kCF →，求k 的值. 解 (1)如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Gxyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－32，32，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE →＝(1，1，0)，PC →＝(0，2，－4)， cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|GE →||PC →|＝22·20＝1010，故异面直线GE 与PC 所成角的余弦值为1010. (2)设F (0，y ，z )，则DF →＝GF →－GD →＝(0，y ，z )－(－32，32，0)＝(32，y －32，z )，GC →＝(0，2，0).∵DF →·GC →＝0，∴(32，y －32，z )·(0，2，0)＝2(y －32)＝0，∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3，∴k ＝－3.题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值.(1)证明 设FC 中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0).过点F 作FM ⊥OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3). 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3). 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 点评 (1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(AP →＝λa )，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2 在边长是2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，A 1C 的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长；(2)证明：EF ∥平面AA 1D 1D ； (3)证明：EF ⊥平面A 1CD .(1)解 如图建立空间直角坐标系，则A 1＝(2，0，2)，A ＝(2，0，0)，B ＝(2，2，0)，C ＝(0，2，0)，D 1＝(0，0，2)，E ＝(2，1，0)，F ＝(1，1，1)，∴EF →＝(－1，0，1)，EF ＝ 2.(2)证明 ∵AD 1→＝(－2，0，2)，∴AD 1∥EF ，而EF ⊄平面AA 1D 1D ， ∴EF ∥平面AA 1D 1D .(3)证明 ∵EF →·CD →＝0，EF →·A 1D →＝0， ∴EF ⊥CD ，EF ⊥A 1D ， 又CD ∩A 1D ＝D ， ∴EF ⊥平面A 1CD .高考题型精练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若BD 1→＝xAD →＋yAB →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 的值为( )A.3B.1C.－1D.－3 答案 B解析 ∵BD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→，∴x ＝1，y ＝－1，z ＝1，∴x ＋y ＋z ＝1.2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D.－12a －12b ＋c答案 A解析 由题意知，B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝B 1A 1→＋A 1A →＋12AC →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c ，故选A.3.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B解析 设平面ABCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →n ⊥AD→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0.令y ＝4，则n ＝(1，4，43)，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∵h|AP →|＝|cos 〈n ·AP →〉|，∴h ＝2626×226＝2，故选B. 4.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.异面直线AE ，BF 所成的角为定值 答案 D解析 ∵AC ⊥平面BB 1D 1D ， 又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，故A 正确. ∵B 1D 1∥平面ABCD ， 又E ，F 在直线D 1B 1上运动，∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确.C 中，由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为22， 故V A －BEF 为定值，故C 正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1，1，0)，B (0，1，0).①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，E (1，0，1)，F (12，12，1)，∴AE →＝(0，－1，1)，BF →＝(12，－12，1)，∴AE →·BF →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角. ②当点E 为D 1B 1的中点，F 在B 1处时，E (12，12，1)，F (0，1，1)，∴AE →＝(－12，－12，1)，BF →＝(0，0，1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝－122＋－122＋12＝62， ∴cos〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝162·1＝63≠32，故D 错误.故选D.5.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A.x ＝1，y ＝1 B.x ＝12，y ＝－12C.x ＝－16，y ＝32D.x ＝16，y ＝－32答案 D解析 因为a 与b 为共线向量， 所以存在实数λ使得a ＝λb ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝λ，1＝－2λy ，3＝9λ，解得x ＝16，y ＝－32.6.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，则用向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →是( )A.OG →＝16OA →＋13OB →＋13OC →B.OG →＝16OA →＋13OB →＋23OC →C.OG →＝OA →＋23OB →＋23OC →D.OG →＝12OA →＋23OB →＋23OC →答案 A解析 ∵MG ＝2GN ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点， ∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝OM →＋23(MO →＋OC →＋CN →)＝13OM →＋23OC →＋13(OB →－OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 故选A.7.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 a ，b ，c 三向量共面，则存在实数x ，y ， 使c ＝x a ＋y b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________.答案 (1，1，1) 解析 设PD ＝a (a >0)，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，a )，E (1，1，a2)，∴DP →＝(0，0，a )，AE →＝(－1，1，a 2)，∵cos〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a 2＋a 24×33，∴a ＝2，∴E 的坐标为(1，1，1).9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN → ＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量， ∴MN →·CD →＝(23B 1B →＋13B 1C 1→)·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又∵MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .10.已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 为A 1B 1的中点.(1)求证：DE ⊥C 1F ；(2)求异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值.(1)证明 以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (a 2，a ，0)，C 1(0，a ，a )，F (a ，a2，a )，所以DE →＝(a 2，a ，0)，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，DE →·C 1F →＝0，所以DE ⊥C 1F .(2)解 A 1(a ，0，a )，C (0，a ，0)，A 1C →＝(－a ，a ，－a )，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，cos 〈A 1C →，C 1F →〉＝A 1C →·C 1F→|A 1C →||C 1F →|＝－32a 23a ×52a＝－155，所以异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值是155. 11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解 如图，以点C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)， 设P (0，0，a )(a >0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2).取m ＝(1，－1，0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面PAC 的法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量， 则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0.取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝n ·m |n ||m |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2，于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1，1，－2). 设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝PA →·n |PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 12.直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥平面D 1AC .设AB ＝2. (1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由.解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz ，则A ＝(3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)，D 1(0，－1，2)，设E (0，1，2＋h )，则D 1E →＝(0，2，h )，CA →＝(23，0，0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0，1，3). ∵D 1E →＝(0，2，1)，AE →＝(－3，1，3)， 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CA →，m ⊥AE →，得⎩⎨⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0.令z ＝－1，∴平面EAC 的一个法向量为m ＝(0，3，－1)， 又平面D 1AC 的法向量为D 1E →＝(0，2，1)， ∴cos〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E→|m |·|D 1E →|＝22， ∴二面角E －AC －D 1大小为45°. (2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)，得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1，0)＋(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，λ－11＋λ，λ1＋λ)，∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ，∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，∴λ＝32.∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ， 此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。

.WORD 格式整理 ..高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)1.（ 2009 全国卷Ⅰ）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；求二面角 S AM B 的大小。

2.（ 2009 全国卷Ⅱ）如图，直三棱柱ABC-A 1B1C1中， AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点，DE ⊥平面 BCC 1（Ⅰ）证明： AB=AC（Ⅱ）设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成的角的大小A 1C1 B1D EAC B3. （ 2009浙江卷）如图， DC平面 ABC， EB//DC ， AC BC EB 2DC 2，ACB120 ， P,Q 分别为 AE , AB 的中点．（I）证明： PQ / / 平面ACD；（II）求AD与平面 ABE 所成角的正弦值．.WORD 格式整理 ..4.（ 2009 北京卷）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PD B；（Ⅱ）当 PD2AB 且E为PB的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.5.（ 2009 江西卷）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 ．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；（3）求点O到平面ABM的距离．PMA DOBC6（. 2009 四川卷）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ ABE是等腰直角三角形，AB AE, FA FE, AEF45 （I）求证： EF平面 BCE ；（ II）设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ，求证： PM ∥平面BCE （ III）求二面角 F BD A 的大小。

解题宝典立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.在解答立体几何问题时，我们一般只有借助立体几何图形来进行分析，才能快速明确题目中点、线、面的位置关系，找到解题的突破口.建系法是解答立体几何问题的一种重要方法，而运用建系法解答立体几何问题的关键是建立合适的空间直角坐标系，通过空间直角坐标运算求得问题的答案.那么如何选取坐标轴和原点，建立合适的直角坐标系呢？主要有以下两种方法.一、根据几何体的性质和特点建系我们知道，空间直角坐标系中的三个坐标轴相互垂直，并相交于一点.因此，在解答立体几何问题时，可以根据简单几何体的特点和性质，尤其是长方体、直棱柱、直棱锥、圆柱的性质和特点来寻找垂直关系.当图形中出现三条直线两两互相垂直且交于一点时，可以将这三条直线看作坐标轴，将该交点视为坐标原点来建系.例1.（2019年全国卷Ⅱ理科·第17题）如图1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.若AE =A 1E ，求二面角B -EC -C 1的正弦值.图1图2分析:本题主要考查了二面角的求法.我们根据长方体的特点和性质可知长方体的所有侧棱都与底面垂直，且底面上由顶点出发的两条棱相互垂直，于是可将底面的其中一个顶点视为原点，以由顶点出发的三条棱为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.然后根据题目给出的条件，找出相关点的坐标，求出两个平面、BEC 、ECC 1的法向量，再根据公式求出两个平面法向量的夹角余弦值，便可得出夹角的正弦值.解：以点D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系D -xyz .设正方形ABCD 的边长为1，||AA 1=2a ，则||A 1E =||AE =a ，所以||EB 1=||EB =a 2+1，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，且BE 在平面ABB 1A 1内，因此C 1B 1⊥BE .由题知BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C １.且EB 1在平面EB 1C 1内，则BE ⊥EB 1.在RtΔB 1EB 中，EB 12+EB 2=B 1B 2，即a 2+1+a 2+1=4a 2，所以a =1，所以B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，所以 CE =(1,-1,1)， CB =(1,0,0)， CC 1=(0,0,2)设平面BCE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíî n 1·CE =x 1-y 1+z 1=0, n 1·CB =x 1=0,，解得{x 1=0,z 1=y 1,取 n 1=(0,1,1)，设平面CEC 1的法向量为 n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíî n 2·CE =x 2-y 2+z 2=0, n 2·CC 1=2z 2=0,解得{z 2=0,y 2=x 2,取 n 2=(1,1,0)，所以cos n 1, n 2=n 1·n 2|| n 1·|| n 2=12.于是sin n 1, n 2=,故二面角B -EC -C 1的正弦值为.例2.如图3，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1=AC =CB .求二傅灵欣廖小莲44解题宝典面角D -A 1C -E 的正弦值.图3图4分析：该几何体为直三棱柱，我们可以根据直三棱柱图形的特点和性质来建立空间直角坐标系.直棱柱的侧棱垂直于底面，只要根据题目的条件在直三棱柱的底面找到两条互相垂直且与侧棱有交点的直线，这样三条直线两两便会互相垂直，为建立空间直角坐标系创造了条件.求出相关点的坐标以及二面角所包含的两个平面的法向量，再根据公式便可求出二面角的余弦值，求得夹角的正弦值.解：由AC =CB =得ΔACB 是以∠C 为直角的等腰直角三角形，又因为是直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以棱CC 1⊥底面ACB .故以点C 为原点、CA 的方向为x 轴，建立如图4所示的空间直角坐标系.设AB =2，则AA 1=AC =CB =AA 1=2，则A (2,0,0)，B （0，2,0），D 0），A 1（2,0，2），C （0,0,0），又因为AA 1=BB 1=2，所以E(0,2，于是 CA 1=（2,0，2）， CD =0），CE =（0，2，，设平面DA 1C 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíîïï n 1·CA 121+2=0,CD · n 1=2121=0,解得{x 1+z 1=0,x 1+y 1=0,取n 1=(1,-1,-1)，设平面A 1CE 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíîïï n 2·AC 1=2x 222=0, CE · n 2=2y 222=0,解得ìíîïïx 2+z 2=0,y 2+12z 2=0,取n 2=（2,1,-2），所以cos n 1， n 2=n 1·n 2|| n 1·||n 2=，则sin n 1, n 2=故二面角D -A 1C -E 的正弦值为.在用建系法解答与长方体、直棱锥有关的立体几何问题时，可以根据长方体、直棱锥本身的性质和特点来建系，若无法根据几何体的性质和特点建系，可以根据题意创造条件来建系.二、利用线面垂直关系建立直角坐标系在建系时，z 轴往往是比较容易选取的，而坐标原点即为z 轴与底面的交点，那么我们只需要确定与z 轴垂直的坐标平面xOy ，且使x 轴、y 轴相互垂直即可.可以根据线面垂直关系来寻找与z 轴垂直的平面.首先要充分利用好底面中的垂直条件，然后根据线面垂直的判断定理得到相应的z 轴以及与z 轴垂直的平面，这样便可建立符合要求的空间直角坐标系.例3（2020年全国Ⅰ卷，第20题）如图5，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.图5分析：我们可以先根据线面垂直的关系，即PD ⊥底面ABCD 来建立空间直角坐标系.而四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，所以正方形的四条邻边相互垂直，于是可以以D 为坐标原点、DA 的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系.求出相关点的坐标，设45方法集锦。

第63炼立体几何解答题的建系设点问题在如今的立体几何解答题中，有些题目可以使用空间向量解决问题，与其说是向量运算，不如说是点的坐标运算，所以第一个阶段：建系设点就显得更为重要，建立合适的直角坐标系的原则有哪些？如何正确快速写出点的坐标？这是本文要介绍的内容。

一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴z1、z轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z轴要与坐标平面xOy垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z轴与底面的交点2、x,y轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：x（1）尽可能的让底面上更多的点位于x,y轴上（2）找角：x,y轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点3、常用的空间直角坐标系满足x,y,z轴成右手系，所以在标x,y轴时要注意。

zD'O yE C'F4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应A'B'J不同。

但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的。

GO C y5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用x A H BI 坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略。

6、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直：①如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直②两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直③两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直④直棱柱：侧棱与底面垂直（2）线线垂直（相交垂直）：H 1, ,0 ⎪ , I ,1,0 ⎪ )，则 AB 中点 M ⎛ x 1 + x 2 , y 1 + y 2 , z 1 + z 2⎫⎪ ，① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若 AB 2 + AC 2 = BC 2 ，则 AB ⊥ AC（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为 3 类1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为 1）中的 A, C , D ' 点，坐标特点如下：x 轴：(x,0,0 ) y 轴： (0, y ,0 )z 轴：(0,0,z )规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为 0（2）底面上的点：坐标均为 (x, y ,0 ) ，即竖坐标 z = 0 ，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例：则可快速写出 H , I 点的坐标，位置关系清晰明了⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭2、空间中在底面投影为特殊位置的点：O CI如果 A '(x , y , z ) 在底面的投影为 A (x , y ,0 ) ，那么1122AH Bx = x , y = y （即点与投影点的横纵坐标相同）1 212由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。

2009-2010学年高三立几建系设点专题引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算。

一、建立空间直角坐标系的三条途径途径一、利用图形中的对称关系建立坐标系:图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），利用自身对称性可建立空间直角坐标系．例1（湖南卷理科第18题）已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4．（1）证明：PQ ⊥平面ABCD ；（2）求异面直线AQ 与PB 所成的角；（3）求点P 到平面QAD 的距离．简解：（1）略；（2）由题设知，ABCD 是正方形，且AC ⊥BD ．由（1），PQ ⊥平面ABCD ，故可分别以直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图1），易得CA DB QP 、、，．所求异面直线(02)(02)AQ PB =--=-u u u r u u u r 1cos 3AQ PB AQ PB AQ PB <>==u u u r u u u r u u u r u u u r g u u u r u u u r 、所成的角是．1arccos3（3）由（2）知，点．(00)(0)(004)D AD PQ -=--=-u u u r u u u r设n =（x ，y ，z ）是平面QAD 的一个法向量，则得取x ＝1，得00AQ AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u rg 、、nn 00z x y +=+=⎪⎩、、．点P 到平面QAD 的距离(11--、、n =PQ d ==u u u r g nn途径二、利用面面垂直的性质建立坐标系:图形中有两个互相垂直的平面，可以利用面面垂直的性质定理，作出互相垂直且交于一点的三条直线，建立坐标系．例2　（全国卷Ⅱ理科第19题）在直三棱柱中，AB ＝BC ，D 、E 分别为111ABC A B C -的中点．11BB AC 、（1）证明：ED 为异面直线与的公垂线；1BB 1AC （2）设，求二面角的大小．1AA AC ==11A AD C --解：（1）如图2，建立直角坐标系，其中原点O 为O xyz -AC 的中点，设则，，(00)A a 、、1(00)(02)B b B b c 、、、、、则，即．11(00)(002)0ED b BB c ED BB ===u u u r u u u r u u u r u u u r g 、、、、、、1ED BB ⊥同理． 因此ED 为异面直线与的公垂线．1ED AC ⊥1BB 1AC （2）不妨令，则，1a b c ===1(110)(110)(002)BC AB AA =--=-=u u u r u u u r u u u r 、、、、、、、、．即BC ⊥AB ，BC ⊥，又∵，∴BC ⊥面100BC AB BC AA ==u u u r u u u r u u u r u u u rg g 、1AA 1AB AA A =I ．1A AD 又，，(101)(101)(010)0EC AE ED EC AE =--=-==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rg 、、、、、、、、、0EC ED =u u u r u u u r g 即EC ⊥AE ，EC ⊥ED ，又∵AE ∩ED ＝E ，∴EC ⊥面．∴1C AD ，即得和的夹角为．所以，二面角1cos 2EC BC EC BC EC BC <>==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r 、EC u u u r BC u u u r 60o 为．11A AD C --60o 练2：如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ；（II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．途径三、利用图形中现成的垂直关系建立坐标系:当图形中有明显互相垂直且交于一点的三条直线，可以利用这三条直线直接建系．例3．如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，，O ABCD -ABCD 4ABC π∠=， ，为的中点。

立体几何建系范围最值学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为线段1A D 的中点，N 为线段1CD 上的动点，则直线1CD 与直线MN 所成角的正弦值的最小值为（）A B C D 2．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，点M 为1CC 的中点，点P 为底面1111D C B A 上的动点，满足BP AM ⊥的点P 的轨迹长度为（）A ．B ．C ．D ．3．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，正方形1111,ABCD A B C D 的心分别是1O ，2O ，且,,,EFGH 分别是棱1111,,,AD BC A B C D 上的动点（含端点），其中,E F 关于点1O 对称，,G H 关于点2O 对称，EF GH ⊥，则下列结论错误的是（）A ．若四点,,,E F G H 都在球O 上，则球O 表面积的最大值为12πB ．若四点,,,E F G H 都在球O 上，则球O 体积的最小值为823C ．四面体EFGH 的所有棱长都相等D ．直线EG 与HF 所成角的余弦值的取值范围是10,3⎡⎤⎢⎣⎦4．已知A ､B ､C ､D ､E 是空间中的五个点，其中点A ､B ､C 不共线，则“DE 平面ABC ”是“存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知圆柱12O O 的轴截面是边长为2的正方形，AB 为圆1O 的直径，P 为圆2O 上的点，则()PA PB AB +⋅的最大值为（）A ．4B ．C ．5D ．6．如图所示，在棱长为1的正方形1111ABCD A B C D -中，点P 是1AA 的中点，点M ，N是矩形11BB D D 内（包括边界）的任意两点，则PM PN ⋅的取值范围是（）A ．15,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．15,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．15,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．15,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦A ．若1113A P AC =，则直线AP平面1BC D B ．若1112A P AC =，则直线AP平面1BC D C ．若1113A P AC =，则直线BP ⊥平面1ACD D ．若1112A P AC =，则直线BP ⊥平面1ACD 8．如图，棱长为3的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体表面BCC 1B 1上的一个动点，E ，F 分别为BD 1的三等分点，则||||PE PF +的最小值为（）A ．B ．2C ．1D 9．正四面体ABCD 的棱长为1，点P 是该正四面体内切球球面上的动点，当PA PD ⋅取得最小值时，点P 到AD 的距离为（）A ．12B ．12C ．12D ．410．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（）A ．1116πB ．8C ．2D 11．如图，平面OAB ⊥平面α，OA α⊂，OA AB =，120OAB ∠=︒．平面α内一点P 满足PA PB ⊥，记直线OP 与平面OAB 所成角为θ，则tan θ的最大值是（）A B ．15C ．24D ．1312．如图，在三棱锥P ABC -中，5AB AC PB PC ====，4PA =，6BC =，点M 在平面PBC 内，且AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为（）A ．5B ．5C ．25D 13．已知点P 是正方体1111ABCD A B C D -底面ABCD 内一动点，且满足2PA PB =，设1PD 与平面ABCD 所成的角为θ，则θ的最大值为（）A ．4πB ．3πC ．6πD ．2π14．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -中，F 为线段1BC 的中点，E 为线段11A C 上的动点，则下列四个结论正确的是（）A ．存在点E ，使EF ∥BDB ．三棱锥1B ACE -的体积随动点E 变化而变化C ．直线EF 与1AD 所成的角不可能等于60 D ．存在点E ，使EF ⊥平面11AB C D15．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，11AA =，O 是AC 的中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面1ACD 所成的角为θ，则cos θ的取值范围是（）A ．,33⎥⎣⎦B ．33⎣⎦C ．43⎥⎣⎦D ．3733⎢⎣⎦16．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面ABCD 所成的角为π4，底面ABCD 为直角梯形，,22π,1ABC BAD AD PA BC ∠=∠====，点E 为棱PD 上一点，满足()01PE PD λλ=≤≤ ，下列结论错误的是（）A ．平面PAC ⊥平面PCD ；B ．点P 到直线CDC ．若二面角E ACD --的平面角的余弦值为3，则13λ=；D ．点A 到平面PCD 二、多选题17．已知正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，11AA =，M 为AB 的中点，点P 在线段1BC 上，则下列结论正确的是（）A ．直线1//BC 平面1A MCB ．A 和P 到平面1A MC 的距离相等C ．三棱锥1P A MC -的体积为3D ．不存在点P ，使得1AP AC ⊥三、填空题18．若向量()1,1,a t t =+ ，()1,,1b t t =- ，其中t ∈R ，则a b -的最小值为______．参考答案：1．C【分析】建立空间直角坐标系，通过1CN CD λ=表示出点N 坐标，利用数量积求出夹角余弦值的范围，进而得出答案.【详解】以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()()()()111,0,1,0,2,0,0,2,2,0,0,2M C C D ，()10,2,2CD =-，()10,2,2C D =-- ，设1CN CD λ=(0≤λ≤1)得：()0,22,2N λλ-+，()1,22,21MN λλ∴=--+-，111cos<,>MN C DMN C D MN C D ⋅=⋅=，∴1cos<,>3MN C D ≤=，则1sin<,>MN C D ≥ 故选：C.2．B【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点P 的轨迹为线段即可得结果.【详解】分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()6,0,0A ，()6,6,0B ，()0,6,3M ，设(),,6P x y ，[][]0,6,0,6x y ∈∈，则()6,6,3AM =-，()6,6,6BP x y =-- ，由BP AM ⊥得()()6666360x y --+-+⨯=，即3y x =-，由于[][]0,6,0,6x y ∈∈，所以[]3,6x ∈，[]0,3y ∈，所以点P 的轨迹为面1111D C B A 上的直线：3y x =-，[]3,6x ∈，即图中的线段EF ，由图知：EF =故选：B.3．C【分析】根据题意，球心O 在线段12O O 上，且O 是线段12O O 的中点，故以线段12O O 的中点O 为坐标原点，如图建立直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】解：因为,,,E F G H 分别是棱1111,,,AD BC A B C D 上的动点（含端点），其中,E F 关于点1O 对称，,G H 关于点2O 对称，，若四点,,,E F G H 都在球O 上，则球心O 在线段12O O 上，且O 是线段12O O 的中点，故以线段12O O 的中点O 为坐标原点，如图建立直角坐标系，其中x 轴，y 轴分别与平面11ABB A ，平面11BCC B 垂直，不妨设()()()()()[]0,0,0,,1,1,,1,1,1,,1,1,,1,1,1O E m F m G m H m m ------∈-，()()()2,2,0,2,2,0,1,1,2EF m GH m EG m m ∴=-=--=-+，()1,1,2HF m m =-+-，球O的半径R =，球O 表面积()22442S R m ππ==+∴当1m =±时，S 取最大值12π，选项A 正确；当0m =时，球O的半径R =∴球OB正确；EF EG == ，故当1m =±时，EF EG = ，当1m ≠±时，EF EG ≠ ，选项C 错误；设直线EG 与FH 所成角222141,cos 10,333EG FH m m m EG FHαα⋅-⎡⎤===-∈⎢++⎣⎦⋅，选项D 正确.故选：C 4．A【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合向量共面的判定定理即可得出答案.【详解】若DE //平面ABC ，则,DE AB AC ,共面，故存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+.若存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+ ，则DE ，AB ，AC共面则DE //平面ABC 或DE ⊂平面ABC.所以“DE //平面ABC ”是“存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+的充分而不必要条件.故选：A.5．A【分析】根据已知条件作出图形，利用向量的线性运算及数量积公式，结合锐角三角函数即可求解.【详解】如图所示由题意可知2AB =，1PO =，因为1O 为AB 的中点，所以()112PO PA PB =+,所以()111122||cos ,4,PA PB AB PO AB PO AB PO AB PO AB +⋅=⋅=⋅⋅= ，当12AP O O ∥时，1,PO AB 取最小值，此时1cos ,PO AB 所以()PA PB AB +⋅的最大值为4.故选:A.6．B【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的中心为O ，连接OP ，OM ，ON ，根据向量的线性运算可得12PM PN OM ON ⋅=+⋅ ，再分析OM ON ⋅的范围求解即可.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的中心为O ，连接OP ，OM ，ON ．由正方体的性质可知，OP OM ⊥ ，OP ON ⊥，那么()()2PM PN PO OM PO ON PO PO ON OM PO OM ON ⋅=+⋅+=+⋅+⋅+⋅ ，又2PO = ，所以12PM PN OM ON ⋅=+⋅ .当OM 与ON 反向，且112OM ON BD === OM ON ⋅ 有最小值，此时131244PM PN ⋅=-=- ；当OM 与ON 同向，且112OM ON BD === OM ON ⋅ 有最大值，此时135244PM PN ⋅=+= ，即PM PN ⋅ 的取值范围为15,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．故选：B 7．A【分析】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，1为单位长度，利用直线和平面法向量的关系判断各选项即可.【详解】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A ，()11,0,1A ,()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，1(0,0,1)D ,则()10,0,1AA = ，()11,1,1AC =-- ，()0,1,0BA =- ，()1,1,0DB = ，()10,1,1DC =，(1,1,0)AC =-,1(1,0,1)AD =- 当1113A P AC = 时，()()1111111120,0,11,1,1,,33333A AP A A P AA A C ⎛⎫=+=+=+--=- ⎪⎝⎭，设平面1BC D 的法向量为(),,m x y z =，则100m DB x y m DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 取1x =，则1y =-，1z =，则()1,1,1m =-u r 为平面1BC D 的一个法向量，因为1120333AP m ⋅=--+= ，所以AP m ⊥ ，又因为AP ⊄平面1BC D ，所以直线AP 平面1BC D ，故A 正确，B 不正确．当1113A P AC = 时，()()()1111111220,1,00,0,11,1,1,,33333BP BA AA A P BA AA A C ⎛⎫=++=++=-++--=-- ⎝⎭，设平面1ACD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则100n AC x y n AD x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =则1y =，1z =，则()1,1,1n =为平面1ACD 的一个法向量，因为BP 与n不共线，所以直线BP 与平面1ACD 不垂直，故C 不正确；当1112A P AC = 时，()()()1111111110,1,00,0,11,1,1,,22222BP BA AA A P BA AA A C ⎛⎫=++=++=-++--=-- ⎝⎭，因为BP 与n不共线，所以直线BP 与平面1ACD 不垂直，故D 不正确．故选：A ．8．D【解析】过F 作F 关于平面11BCC B 的对称点'F ，连接'EF 交平面11BCC B 于点0P ，证明此时的0P 使得||||PE PF +最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，||||PE PF +的最小值为'EF .【详解】过F 作F 关于平面11BCC B 的对称点'F ，连接'EF 交平面11BCC B 于点0P .可以证明此时的0P 使得||||PE PF +最小：任取1P (不含0P )，此时1111''PE PF PE PF EF +=+>.在点D处建立如图所示空间直角坐标系，则()()10,0,3,3,3,0D B ，因为E ，F 分别为BD 1的三等分点，所以()()1,1,2,2,2,1E F ,又点F 距平面11BCC B 的距离为1，所以()'2,4,1F ,||||PE PF +的最小值为'EF =故选：D 9．A【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取AD 的中点为E ，214PA PD PE ⋅=- ，可得当PE 的长度最小时，PA PD ⋅取得最小值，求出球心O 到点E 的距离d ，可得点P 到AD的距离为d r -.【详解】因为四面体ABCD 是棱长为1的正四面体，所以其体积为112113212⨯⨯⨯⨯.设正四面体ABCD 内切球的半径为r ，则1124113212r ⨯⨯⨯⨯⨯=，得r 如图，取AD 的中点为E ，则()()PA PD PE EA PE ED ⋅=+⋅+221()4PE PE EA ED EA ED PE =+⋅++⋅=- .显然，当PE 的长度最小时，PA PD ⋅取得最小值.设正四面体内切球的球心为O ，可求得4OA OD ==.因为球心O 到点E 的距离24d =，所以球O 上的点P 到点E 的最小距离为41212d r -=-=，即当PA PD ⋅ 取得最小值时，点P 到AD 故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P 到AD 的距离为球心O 到点E 的距离减去半径.10．C【分析】将正四面体A BCD -放入正方体，建立空间直角坐标系，求得P 点满足的方程，判断出P 点的轨迹为圆，求得圆的半径，由此计算出圆的周长也即P 的轨迹长度.【详解】正四面体A BCD -，建立空间直角坐标系如图所示，)(22,,22E C B ⎛ ⎝，设(),,P x y z，()22,,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，),PC x y z =- .由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即))0x x y y z z y ⎧⎫⎛⎫++=⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨-=，即2222220220x x y y z z y z ⎧-++-=⎪⎨⎪+=⎩，即222344240x y z y z ⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-++-=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+=⎪⎩，22222234424x y z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为R.0y z +=表示垂直于yAz 平面的一个平面.所以P 的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心⎝⎭到平面0y z +=的距离为14d ==，所以截得的圆的半径4r ===，所以截得的圆，也即P点的轨迹的长度为2242r πππ=⨯=.故选：C【点睛】空间中求动点轨迹长度，可考虑采用坐标法求得动点轨迹方程，结合轨迹方程求得轨迹的长度.11．A【分析】如图建立空间直角坐标系，令1OA AB ==，即可得到A 、B 的坐标，设(),,0P x y ，根据PA PB ⊥，则0AP PB ⋅= ，即可得到()2312x y y ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭，再求出平面OAB 的法向量，依题意根据正弦函数、正切函数的单调可知，要求tan θ的最大值，即可求sin θ的最大值，利用空间向量法表示出线面角的正弦值，再根据函数的性质求出sin θ的最大值，从而根据同角三角函数的基本关系求出tan θ；【详解】解：如图以平面α为xoy 平面，平面OAB 为yoz 平面，建立如图所示空间直角坐标系，令1OA AB ==，则()0,1,0A，30,,22B ⎛ ⎝⎭，显然平面OAB 的法向量可以为()1,0,0n =r ，设(),,0P x y ，则(),,0OP x y = ，(),1,0AP x y =-，3,22PB x y ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，因为PA PB ⊥，所以()23102AP PB x y y ⎛⎫⋅=-+-⨯-= ⎪⎝⎭ ，即()2312x y y ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭，因为直线OP 与平面OAB 所成角为θ，因为0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，显然2θθ≠，即0,2πθ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，因为sin y x =与tan y x =在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭均单调递增，要求tan θ的最大值，即可求sin θ的最大值，所以sin θ====，所以当156y =-时()max1sin 5θ=，又cos θ=sintan cos θθθ==故选：A12．D【分析】设线段BC 的中点为D ，连接AD ，过点P 在平面PAD 内作PO AD ⊥，垂足为点O ，证明出PO ⊥平面ABC ，然后以点O 为坐标原点，CB 、AD 、OP分别为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设BM mBP nBC =+，其中0m ≥，0n ≥且1m n +≤，求出363m n +-的最大值，利用空间向量法可求得cos α的最大值.【详解】设线段BC 的中点为D ，连接AD ，5AB AC == ，D 为BC 的中点，则AD BC ⊥，6BC = ，则3BD CD ==，4AD ∴=，同理可得4PD =，PD BC ⊥，PD AD D = ，BC ∴⊥平面PAD ，过点P 在平面PAD 内作PO AD ⊥，垂足为点O ，因为4PA PD AD ===，所以，PAD △为等边三角形，故O 为AD 的中点，BC ⊥ 平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，则BC PO ⊥，PO AD ⊥ ，AD BC D = ，PO ∴⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，CB 、AD 、OP分别为x 、y 、z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，因为PAD △是边长为4的等边三角形，O 为AD 的中点，则sin 60OP PA ==则()0,2,0A -、()3,2,0B 、()3,2,0C -、(0,0,P ，由于点M 在平面PBC 内，可设(()()3,2,6,0,036,2,2BM mBP nBC m n m n m =+=--+-=--- ，其中0m ≥，0n ≥且1m n +≤，从而()()()3,4,036,2,336,42,2AM AB BM m n m m n m =+=+---=---，因为AM = ()()222336421215m n m m --+-+=，所以，()()22233616161423m n m m m --=-+-=--+，故当12m =时，216161m m -+-有最大值3，即()23633m n +-≤，故363m n +-≤，即363m n +-所以，cos cos ,AM BC AM BC AM BCα⋅=<>=⋅故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.13．A【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，且设点(,,)P x y z ，根据已知条件并结合两点间的距离公式求得动点P 的轨迹方程，要使得1PD 与底面ABCD 所成的角θ最大，从而点P 在 ENF上，且在QD 上，再由直线与平面的夹角可得1tan 1DD DPθ==，从而可得出θ最大值.【详解】解：以B 为坐标原点，BC ，BA ，1BB 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，设(,,)P x y z ，则(0,2,0)A ，因为||2||PA PB =，=即22221639x y z ⎛⎫+++=⎪⎝⎭，所以点P 的轨迹为以点20,,03Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭为球心，43为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的 EMG， GSF ， ENF ，要使得1PD 与底面ABCD 所成的角最大，则1PD 与底面ABCD 的交点R 到点D 的距离最短，从而点P 在 ENF上，且在QD 上，则41042333DP DQ =-=-=，从而1tan 1DD DP θ==，所以θ的最大值为4π.故选：A．14．D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量来表达出EF ，BD，1AD ，从而判断AC 选项；求出平面11AB C D 的法向量()0,1,1n =-r ，判断EF 与()0,1,1n =-r的关系，判断D 选项；B 选项可以判断出11AC ∥平面1ACB ，从而得到E 到平面1ACB 的距离不变，所以1E ACB V -为定值，不随E 的变动而变动，故三棱锥1B ACE -的体积不随动点E 变化而变化，B 选项错误.【详解】以点D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则()1,2,1F ，()0,0,0D ，()2,2,0B ，()2,0,0A ，()10,0,2D ，()12,2,2B ，因为E 为线段11A C 上运动，设(),2,2E m m -（02m ≤≤），则()1,,1EF m m =--，()2,2,0BD =-- ，若EF ∥BD ，则EF tBD =（0t ≠），则有10t -=⨯，显然无解，故A 错误；因为11A C ∥AC ，AC ⊂平面1ACB ，11A C ⊄平面1ACB ，故11A C ∥平面1ACB ，因为E 为线段11A C 上运动，故E 到平面1ACB 的距离不变，所以1E ACB V -为定值，不随E 的变动而变动，故三棱锥1B ACE -的体积不随动点E 变化而变化，B 错误；()12,0,2AD =-，设直线EF 与1AD 所成角为θ，则1cos cos ,AD EF θ== 1cos 2θ=，解得：1m =，故当E 为11A C 中点时，此时直线EF 与1AD 所成的角为60°，故C 错误；设平面11AB C D 的法向量为(),,n x y z = ，则10220n DA x n AB y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1y =得：1z =-，故()0,1,1n =-r ，因为当1m =时，()()1,,10,1,1m m --=-即EF n =，故EF ⊥平面11AB C D ，故D 正确.故选：D 15．D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得sin θ的取值范围，由此求得sin θ，即可得解.【详解】以D 为原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示则()0,0,0D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()1,1,0O ，()10,0,1D ，设()(),2,102P a a a -≤≤，则()()()11,1,1,2,0,1,2,2,0OP a a AD AC =--=-=-uu u r uuu r uuu r，设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =则120220n AD x z n AC x y ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩ ，令1x =，得()1,1,2n = 所以sin n OPn OPθ⋅==⋅r uu u r r uu u r由于02a ≤≤，1,⎡⎣，⎤⎥⎣⎦，2sin ,3θ∴=⎣⎦，222sin 93θ⎡⎤∴∈⎢⎣⎦，2171sin ,39θ⎡⎤∴-∈⎢⎥⎣⎦，由于0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，所以cos ,33θ∈⎢⎣⎦故选：D16．D【分析】A 选项，作出辅助线，证明出AC ⊥BC ，结合PA ⊥平面ABCD 可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B 选项，求出点P 到直线CD 的距离即为PC 的长度，利用勾股定理求出答案；C 选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D 选项，过点A 作AH ⊥PC 于点H ，证明AH 的长即为点A 到平面PCD 的距离，求出AH 的长.【详解】A 选项，因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD ，故∠PBA 即为PB 与底面ABCD 所成的角，π4PBA ∠=，因为π2∠=∠=ABC BAD ，所以PA =AB =1，因为2,1AD PA BC ===，取AD 中点F ，连接CF ，则AF =DF =AB =CF =BC ，则四边形ABCF 为正方形，∠FCD =∠FCA =45°，所以AC ⊥CD ，又因为AP AC A ⋂=，所以CD ⊥平面PAC ，因为CD ⊂平面PCD ，所以平面PAC ⊥平面PCD ，A正确；由A 选项的证明过程可知：CD ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC所以CD ⊥PC ，故点P 到直线CD 的距离即为PC 的长度，其中1PA AB BC ===由勾股定理得：AC PC ==B 正确；以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()1,1,0C ，()0,0,1P ，()0,2,1E λλ-，其中平面ACD 的法向量为()0,0,1m = ，设平面ACE 的法向量为(),,n x y z = ，则()2100n AE y z n AC x y λλ⎧⋅=+-=⎨⋅=+=⎩ ，令1y =得：2,11z x λλ==--，所以21,1,1n λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设二面角E AC D --的平面角为θ，显然cos θ=3，其中3cos ,3m n = ，解得：13λ=或1λ=-，因为01λ≤≤，所以13λ=，C 正确；过点A 作AH ⊥PC 于点H ，由于CD ⊥平面APC ，AH ⊂平面APC ，所以AH ⊥CD ，因为PC CD C = ，所以AH ⊥平面PCD ，故AH 即为点A 到平面PCD 的距离，因为PA ⊥AC ，所以AP AC AH PC ⋅==D 选项错误故选：D17．ABD【分析】连接11,A C AC 交于点O ，连接OM ，证得1//OM BC ，进而得到1//BC 平面1A MC ，可判定A 正确；证得AN NP =，结合斜线与平面所成的角相等，可判断B 正确；先证明CM AB ⊥，并求出CM 的长度，1//BC 平面1A MC ，所以,B P 到平面1A MC 的距离是一样的，所以11P A MC B A MC V V --=，继而算出答案，可得C 是错误的；假设存在点P ，使得1AP AC ⊥，令[]1(1),0,1AP AB AC λλλ=+-∈ ，结合10AC AP ⋅> ，可判定D 正确.【详解】对于A 中，如图所示，连接11,A C AC 交于点O ，连接OM ，因为111ABC A B C -为正三棱柱，所以其侧面都是矩形，所以O 为1AC 的中点，又因为M 是AB 的中点，所以1//OM BC ，由OM ⊂平面1A MC ，且1BC ⊄平面1A MC ，所以1//BC 平面1A MC ，所以A 正确；对于B 中，在1ABC ，因为AP 交OM 于点N ，1//OM BC ，AM MB =，所以AN NP =，因为AN 与PN 与平面1A MC 成角相等，所以A 和P 到平面1A MC 的距离相等，所以B 正确；对于C 中，因为底面是正三角形，且M 为AB 的中点，所以CM AB ⊥，所以CM =因为1//BC 平面1A MC ，且P 在1BC 上，所以1111111113326P A MC B A MC A BMC BMC V V V S AA ---===⋅=⨯⨯= ，故C 错误对于D 中，假设存在点P ，使得1AP AC ⊥，令[]1(1),0,1AP AB AC λλλ=+-∈ ，可得1111(1)AC AP AC AB AC AC λλ⋅=⋅+-⋅ ，易得1AC 和AB 所成角为锐角，1AC 和1AC uuu r 所成角为锐角，所以1110,0AC AB AC AC ⋅>⋅> ，所以1111(1)0AC AP AC AB AC AC λλ⋅=⋅+-⋅> ，，所以不存在点P ，使得1AP AC ⊥，所以D 正确.故选：ABD18．2【分析】由向量的坐标，根据模长公式的表达式，结合二次函数的性质即可求解最小值.【详解】因为()=21,1,a b t t a b ---∴- ，,故当1t =时，模长最小为2.故答案为：2。

立体几何（向量法）—建系引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算。

一、利用共顶点的互相垂直的三条线构建直角坐标系例1（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱111C B A ABC - 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;（Ⅱ）若11AB A C ⊥求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2.从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中， cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即 ⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0， 取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22＋1·1＝63. 所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63.二、利用线面垂直关系构建直角坐标系例 2.如图所示，AF 、DE 分别是圆O 、圆1O 的直径，AD 与两圆所在的平面均垂直，8AD =.BC 是圆O 的直径，6AB AC ==,//OE AD .(I)求二面角B AD F --的大小； (II)求直线BD 与EF 所成的角的余弦值. 19.解：(Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD 是二面角B —AD —F 的平面角， 依题意可知，ABCD 是正方形，所以∠BAD＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FE BD10828210064180||||,cos =⨯++=•>=<FE BD FE BD EF BD 设异面直线BD 与EF 所成角为α，则1082|,cos |cos =><=EF BD α直线BD 与EF 所成的角为余弦值为8210．三、利用图形中的对称关系建立坐标系例3（2013年重庆数学（理））如图,四棱锥P ABCD -中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】解：(1)如图，联结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sinπ3＝3，故A (0，－3，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面F AD 的法向量为1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为2＝(x 2，y 2，z 2)．由1·AD →＝0，1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)． 由2·AB →＝0，2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取2＝(3，－3，2)． 从而向量1，2的夹角的余弦值为 cos 〈1，2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.四、利用正棱锥的中心与高所在直线，投影构建直角坐标系 例4-1（2013大纲版数学（理））如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的余弦值.【答案】解：(1)取BC 的中点E ，联结DE ，则四边形ABED 为正方形． 过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 联结OA ，OB ，OD ，OE .由△P AB 和△P AD 都是等边三角形知P A ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解法一：由(1)知CD ⊥PB ，CD ⊥PO ，PB ∩PO ＝P ， 故CD ⊥平面PBD .又PD ⊂平面PBD ，所以CD ⊥PD .取PD 的中点F ，PC 的中点G ，连FG . 则FG ∥CD ，FG ⊥PD .联结AF ，由△APD 为等边三角形可得AF ⊥PD . 所以∠AFG 为二面角A －PD －C 的平面角． 联结AG ，EG ，则EG ∥PB . 又PB ⊥AE ，所以EG ⊥AE .设AB ＝2，则AE ＝22，EG ＝12PB ＝1，故AG ＝AE 2＋EG 2＝3，在△AFG 中，FG ＝12CD ＝2，AF ＝3，AG ＝3.所以cos ∠AFG ＝FG 2＋AF 2－AG 22·FG ·AF ＝－63.解法二：由(1)知，OE ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OE →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .设|AB →|＝2，则A (－2，0，0)，D (0，－2，0)， C (22，－2，0)，P (0，0，2)，PC →＝(22，－2，－2)，PD →＝(0，－2，－2)， AP →＝(2，0，2)，AD →＝(2，－2，0)． 设平面PCD 的法向量为1＝(x ，y ，z )，则 1·PC →＝(x ，y ，z )·(22，－2，－2)＝0，1·PD →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－2)＝0，可得2x －y －z ＝0，y ＋z ＝0.取y ＝－1，得x ＝0，z ＝1，故1＝(0，－1，1)． 设平面P AD 的法向量为2＝(m ，p ，q )，则 2·AP →＝(m ，p ，q )·(2，0，2)＝0， 2·AD →＝(m ，p ，q )·(2，－2，0)＝0，可得m ＋q ＝0，m －p ＝0.取m ＝1，得p ＝1，q ＝－1，故2＝(1，1，－1)． 于是cos 〈，2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－63. 例4-2如图1－5，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长； (2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1 于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1.因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC . 因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，所以AO ⊥BC ， 所以BC ⊥平面AA 1O . 所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5， 得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE →＝15AA 1→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧·AB →＝0，n ·A 1C →＝0得⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即＝(2,1，－1)，所以 cos 〈OE →，〉＝OE →·n |OE →|·|n |＝3010.即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010三、利用面面垂直关系构建直角坐标系 例5（2012高考真题安徽理18）（本小题满分12分）平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1－4(1)所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝ 5.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BCB1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0， 因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC . (2)因为AA 1→＝(0,3，－4)， 所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以 cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋(－4)2＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D .由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1， 由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G .由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角． 在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得 sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55.即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.。