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1615分立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 AA-BCDBCD 中，点 EE 在 BDBD 上，AE⊥CEAE\perp CE，AE⊥DEAE\perp DE，CD⊥ADCD\perp AD.
(1) 证明：CD⊥ABCD\perp AB； (2) 若 DE=2DE=2，BE=1BE=1，AE=2AE=\sqrt{2}，CD=23CD=2\sqrt{3}，求直线 ADAD 与平面 ABCABC 所成角的正弦值.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 16 题 · 解答题

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1715分立体几何初步★★★☆☆
如图，在四边形 ABCDABCD 中，AB//CDAB//CD，∠DAB=90∘\angle DAB=90^\circ，FF 为 CDCD 的中点，点 EE 在 ABAB 上，EF//ADEF//AD，AB=3ADAB=3AD，CD=2ADCD=2AD.
将四边形 EFDAEFDA 沿 EFEF 翻折至四边形 EFD′A′EFD'A'，使得面 EFD′A′EFD'A' 与面 EFCBEFCB 所成的二面角为 60∘60^\circ.
(1) 证明：A′B//A'B// 平面 CD′FCD'F； (2) 求面 BCD′BCD' 与面 EFD′A′EFD'A' 所成的二面角的正弦值.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 17 题 · 解答题

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1715分立体几何初步★★★★☆
如图，平面四边形 ABCDABCD 中，AB=8AB=8，CD=3CD=3，AD=53AD=5\sqrt3，∠ADC=90∘\angle ADC=90^\circ，∠BAD=30∘\angle BAD=30^\circ，点 EE，FF 满足 AE→=25AD→\overrightarrow{AE}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AD}，AF→=12AB→\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}，将 △AEF\triangle AEF 沿 EFEF 对折至 △PEF\triangle PEF，使得 PC=43PC=4\sqrt3.
(1) 证明：EF⊥PDEF\perp PD； (2) 求面 PCDPCD 与面 PBFPBF 所成二面角的正弦值.

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 17 题 · 解答题

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2015分立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 A−BCDA-BCD 中，DA=DB=DCDA=DB=DC，BD⊥CDBD\perp CD，∠ADB=∠ADC=60∘\angle ADB=\angle ADC=60^\circ，EE 为 BCBC 的中点.
(1) 证明：BC⊥DABC\perp DA； (2) 点 FF 满足 EF→=DA→\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}，求二面角 D−AB−FD-AB-F 的正弦值.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 20 题 · 解答题

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2015分立体几何初步★★★★☆
如图，POPO 是三棱锥 P−ABCP-ABC 的高，PA=PBPA=PB，AB⊥ACAB\perp AC，EE 是 PBPB 的中点.
(1) 证明：OE∥平面 PACOE\parallel\text{平面 }PAC； (2) 若 ∠ABO=∠CBO=30∘\angle ABO=\angle CBO=30^\circ，PO=3PO=3，PA=5PA=5，求二面角 C−AE−BC-AE-B 的正弦值.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 20 题 · 解答题

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1917分立体几何初步★★★★☆
在四棱锥 Q−ABCDQ-ABCD 中，底面 ABCDABCD 是正方形，若 AD=2AD=2，QD=QA=5QD=QA=\sqrt5，QC=3QC=3.
(1) 证明：平面 QAD⊥平面 ABCDQAD\perp \text{平面 }ABCD； (2) 求二面角 B−QD−AB-QD-A 的平面角的余弦值.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1CBB_1C_1C 是矩形，MM，NN 分别为 BCBC，B1C1B_1C_1 的中点，PP 为 AMAM 上一点. 过 B1C1B_1C_1 和 PP 的平面交 ABAB 于 EE，交 ACAC 于 FF.
(1) 证明：AA1∥MNAA_1\parallel MN，且平面 A1AMN⊥A_1AMN\perp 平面 EB1C1FEB_1C_1F； (2) 设 OO 为 △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1 的中心. 若 AO∥AO\parallel 平面 EB1C1FEB_1C_1F，且 AO=ABAO=AB，求直线 B1EB_1E 与平面 A1AMNA_1AMN 所成角的正弦值.

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1CBB_1C_1C 是矩形，MM，NN 分别为 BCBC，B1C1B_1C_1 的中点，PP 为 AMAM 上一点. 过 B1C1B_1C_1 和 PP 的平面交 ABAB 于 EE，交 ACAC 于 FF.
(1) 证明：AA1∥MNAA_1\parallel MN，且平面 A1AMN⊥A_1AMN\perp 平面 EB1C1FEB_1C_1F； (2) 设 OO 为 △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1 的中心. 若 AO=AB=6AO=AB=6，AO∥AO\parallel 平面 EB1C1FEB_1C_1F，且 ∠MPN=π3\angle MPN=\dfrac{\pi}{3}，求四棱锥 B−EB1C1FB-EB_1C_1F 的体积.

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★★☆
如图，长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCDABCD 是正方形，点 EE 在棱 AA1AA_1 上，BE⊥EC1BE\perp EC_1.
(1) 证明：BE⊥平面EB1C1BE\perp \text{平面} EB_1C_1； (2) 若 AE=A1EAE=A_1E，求二面角 B−EC−C1B-EC-C_1 的正弦值.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★☆☆
如图，长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCDABCD 是正方形，点 EE 在棱 AA1AA_1 上，BE⊥EC1BE\perp EC_1.
(1) 证明：BE⊥BE\perp 平面 EB1C1EB_1C_1； (2) 若 AE=A1EAE=A_1E，AB=3AB=3，求四棱锥 E−BB1C1CE-BB_1C_1C 的体积.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB=BC=22AB=BC=2\sqrt2，PA=PB=PC=AC=4PA=PB=PC=AC=4，OO 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：PO⊥PO\perp 平面 ABCABC； (2) 若点 MM 在棱 BCBC 上，且二面角 M−PA−CM-PA-C 为 30∘30^\circ，求 PCPC 与平面 PAMPAM 所成角的正弦值.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB=BC=22AB=BC=2\sqrt2，PA=PB=PC=AC=4PA=PB=PC=AC=4，OO 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：PO⊥PO\perp 平面 ABCABC； (2) 若点 MM 在棱 BCBC 上，且 MC=2MBMC=2MB，求点 CC 到平面 POMPOM 的距离.

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 P−ABCP - ABC 中，PC⊥PC \perp 平面 ABCABC，PC=3PC = 3，∠ACB=π2\angle ACB = \frac{\pi}{2}，DD，EE 分别为线段 ABAB，BCBC 上的点，且 CD=DE=2CD = DE = \sqrt{2}，CE=2EB=2CE = 2EB = 2.
(1) 证明： DE⊥DE \perp 平面 PCDPCD； (2) 求二面角 A−PD−CA - PD - C 的余弦值.

2015 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 P−ABCP - ABC 中，平面 PAC⊥PAC \perp 平面 ABCABC，∠ABC=π2\angle ABC = \frac{\pi}{2}，点 DD，EE 在线段 ACAC 上，且 AD=DE=EC=2AD = DE = EC = 2，PD=PC=4PD = PC = 4，点 FF 在线段 ABAB 上，且 EF∥BCEF \parallel BC.
(1) 证明：AB⊥AB \perp 平面 PFEPFE； (2) 若四棱锥 P−DFBCP - DFBC 的体积为 7，求线段 BCBC 的长.

2015 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面是以 OO 为中心的菱形，PO⊥PO \perp 底面 ABCDABCD，AB=2AB = 2，∠BAD=π3\angle BAD = \frac{\pi}{3}，MM 为 BCBC 上一点，且 BM=12BM = \frac{1}{2}，MP⊥APMP \perp AP.
(1) 求 POPO 的长； (2) 求二面角 A−PM−CA - PM - C 的正弦值.

2014 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面是以 OO 为中心的菱形，PO⊥PO \perp 底面 ABCDABCD，AB=2AB = 2，∠BAD=π3\angle BAD = \frac{\pi}{3}，MM 为 BCBC 上一点，且 BM=12BM = \frac{1}{2}.
(1) 证明：BC⊥BC \perp 平面 POMPOM； (2) 若 MP⊥APMP \perp AP，求四棱锥 P−ABMOP - ABMO 的体积.

2014 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，BC=CD=2BC = CD = 2，AC=4AC = 4，∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB = \angle ACD = \frac{\pi}{3}，FF 为 PCPC 的中点，AF⊥PBAF \perp PB.
(1) 求 PAPA 的长； (2) 求二面角 B−AF−DB - AF - D 的正弦值.
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使底面 ABCDABCD 在 xOyxOy 平面内，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，C(4,0,0)C(4,0,0)，B(3,3,0)B(3,\sqrt{3},0)，D(3,−3,0)D(3,-\sqrt{3},0). 这些坐标满足 BC=CD=2BC=CD=2、AC=4AC=4，且 ∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB=\angle ACD=\frac{\pi}{3}. 由 PA⊥PA\perp 底面，设 P(0,0,h)P(0,0,h)，其中 h=PA>0h=PA>0. 因为 FF 是 PCPC 的中点，所以 F(2,0,h2)F\left(2,0,\frac{h}{2}\right)，AF→=(2,0,h2)\overrightarrow{AF}=\left(2,0,\frac{h}{2}\right)，PB→=(3,3,−h)\overrightarrow{PB}=(3,\sqrt{3},-h).
\begin{enumerate} \item 由 AF⊥PBAF\perp PB，得
AF→⋅PB→=2×3+h2(−h)=0\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{PB}=2\times3+\frac{h}{2}(-h)=0
即 6−h22=06-\frac{h^{2}}{2}=0. 因 h>0h>0，所以 PA=h=23PA=h=2\sqrt{3}.
\item 此时 F=(2,0,3)F=(2,0,\sqrt{3})，从而 AF→=(2,0,3)\overrightarrow{AF}=(2,0,\sqrt{3})，AB→=(3,3,0)\overrightarrow{AB}=(3,\sqrt{3},0)，AD→=(3,−3,0)\overrightarrow{AD}=(3,-\sqrt{3},0). 取平面 BAFBAF 和 DAFDAF 的法向量
nB=AF→×AB→=(−3,33,23)\boldsymbol{n}_B=\overrightarrow{AF}\times\overrightarrow{AB}=(-3,3\sqrt{3},2\sqrt{3})
nD=AF→×AD→=(3,33,−23)\boldsymbol{n}_D=\overrightarrow{AF}\times\overrightarrow{AD}=(3,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})
于是 nB⋅nD=6\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D=6，∣nB∣=∣nD∣=48=43|\boldsymbol{n}_B|=|\boldsymbol{n}_D|=\sqrt{48}=4\sqrt{3}. 设二面角 B−AF−DB-AF-D 的平面角为 φ\varphi，则
∣cos⁡φ∣=∣nB⋅nD∣∣nB∣∣nD∣=648=18|\cos\varphi|=\frac{|\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D|}{|\boldsymbol{n}_B||\boldsymbol{n}_D|}=\frac{6}{48}=\frac18
所以
sin⁡φ=1−164=378\sin\varphi=\sqrt{1-\frac{1}{64}}=\frac{3\sqrt{7}}{8}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，PA=23PA = 2\sqrt{3}，BC=CD=2BC = CD = 2，∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB = \angle ACD = \frac{\pi}{3}.
(1) 求证： BD⊥BD \perp 平面 PAC； (2) 若侧棱 PCPC 上的点 FF 满足 PF=7FCPF = 7FC，求三棱锥 P−BDFP - BDF 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在等腰三角形 BCDBCD 中，BC=CDBC=CD，且 ACAC 平分顶角 ∠BCD\angle BCD，所以
AC⊥BDAC\perp BD
又因为 PA⊥PA\perp 底面 ABCDABCD，而 BDBD 在底面内，所以 BD⊥PABD\perp PA. 直线 ACAC 与 PAPA 都在平面 PACPAC 内，且相交于 AA. 因为 BDBD 垂直于这两条相交直线，所以 BD⊥BD\perp 平面 PACPAC. \item 建立空间直角坐标系：取 CC 为原点，xx 轴沿 CACA，yy 轴沿底面内垂直于 CACA 的方向，zz 轴沿 APAP. 设 AC=mAC=m，则可取 C=(0,0,0)C=(0,0,0)，A=(m,0,0)A=(m,0,0)，B=(1,3,0)B=(1,\sqrt3,0)，D=(1,−3,0)D=(1,-\sqrt3,0)，P=(m,0,23)P=(m,0,2\sqrt3). 其中 BB，DD 的坐标来自 BC=CD=2BC=CD=2 及 ∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB=\angle ACD=\frac\pi3.
由 PF=7FCPF=7FC，得 PF:PC=7:8PF:PC=7:8，所以
PF→=78PC→\overrightarrow{PF}=\frac78\overrightarrow{PC}
于是
VP−BDF=16⋅78∣det⁡(1−m3−231−m−3−23−m0−23)∣=16⋅78×12=74V_{P-BDF} =\frac16\cdot\frac78 \left|\det\begin{pmatrix} 1-m&\sqrt3&-2\sqrt3\\ 1-m&-\sqrt3&-2\sqrt3\\ -m&0&-2\sqrt3 \end{pmatrix}\right| =\frac16\cdot\frac78\times12=\frac74
故三棱锥 P−BDFP-BDF 的体积为 74\frac74. \end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，AB=4AB = 4，AC=BC=3AC = BC = 3，DD 为 ABAB 的中点.
(1) 求点 C 到平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 的距离； (2) 若 AB1⊥A1CAB_{1} \perp A_{1}C，求二面角 A1−CD−C1A_{1} - CD - C_{1} 的平面角的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在等腰三角形 ABCABC 中，DD 为 ABAB 的中点，所以 CD⊥ABCD\perp AB，且
CD=AC2−AD2=32−22=5CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{3^{2}-2^{2}}=\sqrt5
直三棱柱的侧棱垂直于底面，故 AA1⊥CDAA_{1}\perp CD，BB1⊥CDBB_{1}\perp CD. 因为 ABAB 与 AA1AA_{1} 都在平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 内，且 CDCD 同时垂直于这两条相交直线，所以 CD⊥平面 A1ABB1CD\perp\text{平面 }A_{1}ABB_{1}. 因而点 CC 到该平面的距离为 CD=5CD=\sqrt5.
\item 取直角坐标系，使 DD 为原点，DBDB，DCDC，DD1DD_{1} 分别为 xx，yy，zz 轴正方向，设棱柱的高为 hh. 则 A=(−2,0,0)A=(-2,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，C=(0,5,0)C=(0,\sqrt5,0) A1=(−2,0,h)A_{1}=(-2,0,h)，B1=(2,0,h)B_{1}=(2,0,h)，C1=(0,5,h)C_{1}=(0,\sqrt5,h) 由 AB1⊥A1CAB_{1}\perp A_{1}C，得 AB1→=(4,0,h)\overrightarrow{AB_{1}}=(4,0,h)，A1C→=(2,5,−h)\overrightarrow{A_{1}C}=(2,\sqrt5,-h) AB1→⋅A1C→=8−h2=0\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{A_{1}C}=8-h^{2}=0，h=22h=2\sqrt2 取 D1=(0,0,h)D_{1}=(0,0,h). 直线 DA1DA_{1} 和 DD1DD_{1} 都垂直于棱 CDCD，且分别在平面 A1CDA_{1}CD 和 C1CDC_{1}CD 内，所以二面角 A1−CD−C1A_{1}-CD-C_{1} 的平面角可取为 ∠A1DD1\angle A_{1}DD_{1}. 因此 DA1→=(−2,0,22)\overrightarrow{DA_{1}}=(-2,0,2\sqrt2)，DD1→=(0,0,22)\overrightarrow{DD_{1}}=(0,0,2\sqrt2)
cos⁡∠A1DD1=DA1→⋅DD1→∣DA1∣ ∣DD1∣=8(23)(22)=63\cos\angle A_{1}DD_{1} =\frac{\overrightarrow{DA_{1}}\cdot\overrightarrow{DD_{1}}}{|DA_{1}|\,|DD_{1}|} =\frac{8}{(2\sqrt3)(2\sqrt2)}=\frac{\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_{1}B_{1}C_{1} 中，AB=4AB=4，AC=BC=3AC=BC=3，DD 为 ABAB 的中点.
(1) 求异面直线 CC1CC_{1} 和 ABAB 的距离； (2) 若 AB1⊥A1CAB_{1}\perp A_{1}C，求二面角 A1−CD−B1A_{1}-CD-B_{1} 的平面角的余弦值.

2012 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在四面体 ABCDABCD 中，平面 ABC⊥ABC \perp 平面 ACDACD，AB⊥BCAB \perp BC，AD=CDAD = CD，∠CAD=30∘\angle CAD = 30^\circ.
(1) 若 AD=2AD = 2，AB=2BCAB = 2BC，求四面体 ABCDABCD 的体积； (2) 若二面角 C−AB−DC - AB - D 为 60∘60^{\circ}，求异面直线 ADAD 与 BCBC 所成角的余弦值.

2011 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在四面体 ABCDABCD 中，平面 ABC⊥ABC \perp 平面 ACDACD，AB⊥BCAB \perp BC，AC=AD=2AC = AD = 2，BC=CD=1BC = CD = 1.
(1) 求四面体 ABCDABCD 的体积； (2) 求二面角 C−AB−DC - AB - D 的平面角的正切值.

2011 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面 ABCDABCD 为矩形，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，PA=AB=6PA = AB = \sqrt{6}，点 EE 是棱 PBPB 的中点.
(1) 求直线 AD 与平面 PBC 的距离； (2) 若 AD=3AD = \sqrt{3}，求二面角 A−EC−DA - EC - D 的平面角的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立如图所示的直角坐标系，设 s=6s=\sqrt{6}，AD=dAD=d，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，B(s,0,0)B(s,0,0)，D(0,d,0)D(0,d,0)，C(s,d,0)C(s,d,0)，P(0,0,s)P(0,0,s). 由 EE 为 PBPB 的中点，得 E(s2,0,s2)E\left(\frac{s}{2},0,\frac{s}{2}\right). 平面 PBCPBC 的方程为 x+z=sx+z=s，直线 ADAD 的方向为 yy 轴方向，且与平面 PBCPBC 平行. 因此直线 ADAD 到平面 PBCPBC 的距离为 s12+12=62=3\frac{s}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}. \item 当 d=3d=\sqrt{3} 时，取平面 AECAEC 的两个方向向量 AC→=(s,d,0)\overrightarrow{AC}=(s,d,0)、AE→=(s2,0,s2)\overrightarrow{AE}=\left(\frac{s}{2},0,\frac{s}{2}\right)，取平面 DECDEC 的两个方向向量 DC→=(s,0,0)\overrightarrow{DC}=(s,0,0)、DE→=(s2,−d,s2)\overrightarrow{DE}=\left(\frac{s}{2},-d,\frac{s}{2}\right). 相应法向量可取 n1=(ds,−s2,−ds)\boldsymbol{n}_1=(ds,-s^2,-ds)、n2=(0,−s2,−2ds)\boldsymbol{n}_2=(0,-s^2,-2ds). 代入 s=6s=\sqrt{6}、d=3d=\sqrt{3}，得 n1=(32,−6,−32)\boldsymbol{n}_1=(3\sqrt{2},-6,-3\sqrt{2})、n2=(0,−6,−62)\boldsymbol{n}_2=(0,-6,-6\sqrt{2}). 所以二面角的平面角 α\alpha 满足 cos⁡α=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=7272108=63\cos\alpha=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{72}{\sqrt{72}\sqrt{108}}=\frac{\sqrt{6}}{3}. \end{enumerate} \end{solution}

2010 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面 ABCDABCD 为矩形，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，PA=AB=2PA = AB = \sqrt{2}，点 EE 是棱 PBPB 的中点.
(1) 证明：AE⊥AE \perp 平面 PBCPBC； (2) 若 AD=1AD = 1，求二面角 B−EC−DB - EC - D 的平面角的余弦值.

2010 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 S−ABCDS - ABCD 中，AD∥BCAD \parallel BC 且 AD⊥CDAD \perp CD；平面 CSD⊥CSD \perp 平面 ABCDABCD，CS⊥DSCS \perp DS，CS=2AD=2CS = 2AD = 2，EE 为 BSBS 的中点，CE=2CE = \sqrt{2}，AS=3AS = \sqrt{3}. 求：
(1) 点 AA 到平面 BCSBCS 的距离； (2) 二面角 E−CD−AE - CD - A 的大小.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由平面 CSD⊥CSD\perp 平面 ABCDABCD，且两平面的交线为 CDCD，又 AD⊥CDAD\perp CD，得 AD⊥AD\perp 平面 CSDCSD. 因而
AS2=AD2+DS2AS^{2}=AD^{2}+DS^{2}
从而 DS=3−1=2DS=\sqrt{3-1}=\sqrt2. 在直角三角形 CSDCSD 中，CS⊥DSCS\perp DS，故
CD2=CS2+DS2=4+2=6CD^{2}=CS^{2}+DS^{2}=4+2=6
建立直角坐标系，取 C=(0,0,0)C=(0,0,0)，D=(6,0,0)D=(\sqrt6,0,0)，A=(6,1,0)A=(\sqrt6,1,0). 令平面 CSDCSD 为 y=0y=0，由 CS=2CS=2，DS=2DS=\sqrt2 解得
S=(263,0,233)S=\left(\frac{2\sqrt6}{3},0,\frac{2\sqrt3}{3}\right)
设 B=(0,t,0)B=(0,t,0). 由四边形顶点顺序取 t>0t>0. 因 EE 为 BSBS 的中点，
E=(63,t2,33)E=\left(\frac{\sqrt6}{3},\frac t2,\frac{\sqrt3}{3}\right)
由 CE=2CE=\sqrt2 得
1+t24=21+\frac{t^2}{4}=2
故 t=2t=2，即 B=(0,2,0)B=(0,2,0). 平面 BCSBCS 的方程为
x−2z=0x-\sqrt2z=0
所以点 AA 到该平面的距离为
∣6∣1+2=2\frac{|\sqrt6|}{\sqrt{1+2}}=\sqrt2
\item 平面 ACDACD 为 z=0z=0，可取其法向量 n1=(0,0,1)\boldsymbol{n}_1=(0,0,1). 又 CD→=(6,0,0)\overrightarrow{CD}=(\sqrt6,0,0)，CE→=(63,1,33)\overrightarrow{CE}=\left(\frac{\sqrt6}{3},1,\frac{\sqrt3}{3}\right)， 故平面 ECDECD 的法向量可取
n2=CD→×CE→=(0,−2,6)\boldsymbol{n}_2=\overrightarrow{CD}\times\overrightarrow{CE} =\left(0,-\sqrt2,\sqrt6\right)
二面角取锐角 θ\theta，则
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=62+6=32\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|} =\frac{\sqrt6}{\sqrt{2+6}}=\frac{\sqrt3}{2}
因此 θ=π6\theta=\frac{\pi}{6}. \end{enumerate} \end{solution}

2009 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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