高中数学立体几何经典题型的解法

rruuurruuur
解：设平面
ABC
的法向量
n?(x ,y,z),Qn?AB?0,n?AC?0
，所以
3
?
?
(x, y,z)?(2,?2,1)?0
?
2x?2y?z?0
?
x??z
?
?
，
?
2

?
4x?6z?0
?
?
(x,y,z)?(4,0,6)?0
?
?
y??z
r
ruuur
z??2,则n?(3,2,?2)
，
?cos?n,AD??
3 ?(?7)?2?(?7)?2?7
3?2?(?2)?(?7)?(?7)?7
222222

uuurruuuuur
494917
所以设
D
到平面< br>ABC
的距离为
d
，
d?AD?cos?n,AD??

?
17
17

例2：
解：（1）建立如图所示空间直角坐标系
O?xyz.

uuuurr
a
uuu
2?a
F(1,0,0),B(0,1,0),C(0,1,1),
AM?(1?)AC?(0,1,1),

22
uuurruuurr
a< br>uuur
a
uuu
a
uuu
1
BN?BF,AN?( 1?)AB?AF?(a,2?a,0)

2222
uuuuruuuruuuur< br>uuuur
1
2
2
1
MN?AN?AM?(a,0,a?2)
?MN?(a?)?(0pa2)

22
2
r
uuuur< br>2
uuuu
2
2
2
1
,MN?
(2)由MN?(a?

)?
得
a?
min
22
22< br>r
1
uuur
1
uuur
1
2
uuuu,MN?(1,0?1),
又
MA?(0,?1,?1),MB?(0,1,?1)
（3）
Qa?
22
22
uruur
所以可求得平面
MN A
与平面
MNB
的法向量分别为
n
1
?(?1,1,?1) ,n
2
?(1,1,1)
，
uuruur
所以
cos?n
1
,n
2
??



例3：
解：如图建立坐标系，
D
A
x
B
z
D
1
M
?11
1
??
，所以
?
?
?
?arccos

3
3
3?3
C
1
B
1
N
C
y
A
1

则
A(1,0,0),A
1
(1,0,1),B
1
(1,1,1),C
1
(0,1,1)

uuuruuuur
?AB
1
?(0,1,1),AC,1,0)
，
11
?(?1
设
MN
是直线
A
1
C
1
与
AB
1
的公垂线，
且
uuuruuuruuuur uuuur
AN?
?
AB
1
?(0,
?
,
?
),AM?uAC
111
?(?u,u,0)
则
uuuuruuu uruuuruuur
MN?MA
1
?AA
1
?AN??(?u,u ,0)?(0,0,1)?(0,
?
,
?
)?(u,
?
?u ,
?
?1)

2
?
uuuuruuuur
?
??
?
?
?
?
?2u?0
?
MN?A
1
C
1
?0
?
3
,?
?
?
?
，
ruuur
?
uuuu
2
?
?u??11
?
?
MN?AB
1
?0
?
u??
?
?
3
?
uuuuruuuur
1113
MN?(?,,)?MN?

3333

例4：
解：
QBC
1
AD
1
,AD
1
?平面ACD
1
,?BC
1
平面ACD< br>1
，
同理
A
1
B平面ACD
1
,

又
A
1
BIBC
1
?B,?平面A
1
BC
1
平面ACD
1
，建立直角坐标系
D?xyz
，
Q AB?4,BC?3,CC
1
?2
，
A
1
(3,0,2), B(3,4,0),C
1
(0,4,2)

r
uuuruuuur< br>n
?A
1
B?(0,4,?2),BC
1
?(?3,0,2)
,设
?(x,y,z)
为
平面
A
1
BC
1
的法向量，
D
1

z
C
1

B
1

y
ruuurruuur
则
n?A
1
B?n?A
1
B?0,?4y?2z?0,

ruuuurru uuur
由
n?BC
1
?n?BC
1
?0??3x?2z? 0
，
12
r
21
不妨设
z?1,?y?,x?,?n?( ,,1)

2332

二、利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。
例5：
A
1

D C
x
A
B < /p>

解：（1）如图建立坐标系，则
A(0,0,a),C(a,a,0),D(0, a,0),E(a,
'
uuur
uuur
a
'
?AC?(a ,a,?a),DE?(a,?,0)
，
2
uuur
uuur
'< br>uuur
uuur
AC?DE15
'

?cos?AC,DE ??
uuur
uuu
?
r
'
15
AC?DE
故
AC与DE
所成的角为
arccos
'
a
,0)

2
15

15
（2）
Q?ADE??ADF,
所以
AD
在平面
B
'
EDF
内的射影在
?EDF< br>的平分线上，又
B
'
EDF
为菱形，
?DB
'为
?EDF
的平分线，故直线
AD
与平面
B
'
EDF
所成的角为
?ADB
'
，
建立如图所示坐标系，
uuuur
uuur
则
A(0,0,0),B(a,0,a),D(0,a,0)，
?DA?(0,?a,0),DB
'
?(a,?a,a)
，
r
uuur
uuuu
r
uuur
uuuu
DA?DB
'
3
'

?cos?DA,DB??
uuu
r
?
r
uuuu
'
3
DA?DB
'
故
AD
与平面
BEDF
所成角为
arccos
''
'
3< br>
3
由
A(0,0,0),A(0,0,a),B(a,0,a),D(0,a ,0),E(a,
r
ur
uuu
所以平面
ABCD
的法向量 为
m?AA
'
?(0,0,a)

下面求平面
BEDF
的法向量，
'
a
,0)
，
2
uuur
r
uuur
aa
'
设
n?(1 ,y,z)
，由
ED?(?a,,0),EB?(0,?,a)
，
22ruuur
?
r
?
n?ED?0
?
y?2
，< br>?n?(1,2,1)

?
?
r
uuu
?
?
r
'
?
?
n?EB?0
?
z?1
urr< br>rur
m?n6
?cos?n,m??
u
，
rr
?
6
m?n
所以平面
BEDF
与平面
ABCD
所成的 角
arccos
'
6

6
点评：（1）设
l
1
,l
2
是两条异面直线，
A,B
是
l
1
上的任意两点，
C,D
是直线
l
2
上的任意

uuuruuur
AB?CD
两点，则
l
1
,l
2
所成的角为
arccos
uuuruuur

AB?CD
（2）设
AB
是平面
?
的斜线，且
B?
?
,BC
是 斜线
AB
在平面
?
内的射影，则斜线
AB
uuuruuur
AB?BC
与平面
?
所成的角为
arccos
uuuruu ur
。
AB?BC
uruur
uruur
uruur
n< br>1
?n
2
（3）设
n
1
,n
2
是二 面角
?
?l?
?
的面
?
,
?
的法向量，则
?n
1
,n
2
??arccos
uruur
就n
1
?n
2
是二面角的平面角或补角的大小。

例6：
（1）证明：建立空间直角坐标系（如图），
设AD=PD=1，AB=
2a
（
a?0
），
uuuv
1111
则E(a,0,0), C(2a,0,0), A(0,1,0), B(2a,1,0), P(0,0,1),
F(a,,)
.得
EF?(0,,)
，
2222
uuuvuuuv
PB?(2a,1,?1)
，
AB?(2a,0,0)
.
uuuvuuuv
11
由
EF?AB?(0,,)?(2a,0,0)?0
，
22
uuuvuuuv
得
EF?AB
，即
EF?AB
，
同理
EF?PB
，又
ABIPB?B
， 所以，EF
?
平面PAB.
（2）解：由
AB?
z
P
x
C F
E
A
y
2BC
，得
2a?2
，
2
即
a?
.
2
得
E(
D
B
211
2
,,)
，
C(2,0,0)
.
,0, 0)
，
F(
222
2
uuuv
uuuv
uuuv< br>2
11
,?1,0)
，
EF?(0,,)
. 有
AC?(2,?1,0)
，
AE?(
2
22
设平面AEF的法向量为
n?(x,y,1)
，

11
1??
1
uuuv
(x,y,1)?(0,,)?0y??0
??
?
n?EF?0
22
2
?
??
2
由
?uuu
，
?
?
?
?
v
?
?
(x,y,1)?(
2
,?1,0)?0
?
2
x?y?0
?
n?AE?0
?
?
?2
?2
?
?
y??1
解得
?
. 于是
n?(?2,?1,1)
.
?
?
x??2
uuuv
uuuv
设AC与面AEF所成的 角为
?
，
AC
与
n
的夹角为
?AC,n?
.
uuuv
(2,?1,0)?(?2,?1,1)
AC?n
uuuv< br>3
则
sin
?
?cos?AC,n??
uuu
.
??
v
6
2?1?02?1?1
AC?n
得
??arcsin

3
.
6
3
.
6< br>所以，AC与平面AEF所成角的大小为
arcsin
r
点评：设
n< br>是平面
?
的法向量，
AB
是平面
?
的一条斜线，则< br>AB
与平面
?
所成的角
uuurruuurr
AB?nAB? n
?
为
?arccos
uuurr
，或者arcsin
uu urr
。
2
AB?nAB?n
例7：
解：建立如图所示空间直 角坐标系
C?xyz
，取
PB
的中点
D
，
连
DC,
可证
DC?PB
，
P
z
E
x
D
A
C
uuuruuur
作
AE?PB
于
E
，则向量
DC与EA
的夹角的大小为
二面角
A ?PB?C
的大小。
QA(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0 ,1)
，
D
为
PB
的中点，
121
PEAP2
1
?(,,)
，在
RtVPAB
中，
??
，
222
EBAB
2
3
ur
uuur
323
uu
123
1
,)?EA?(,?,?)

?E分PB的比为
，
?E(,
444444
3
B
y

uuuruuuruuur
1
uuur
121< br>3
DC?(?,?,?)
，
EA?DC?,EA?
，
222< br>22
1
uuuruuuruuur
3
3
，
?
二面角
A?PC?C
的大小为
arccos

DC?1,cos?E A,DC??
2
?
3
3
3
?1
2

例8：
解：如图建立直角坐标系，
z
1
则
B(0,1 ,0),D(,0,0),C(1,1,0),S(0,0,1)

2
uuuruuu ruuur
11
AD?(,0,0),SC?(1,1,?1),SD?(,0,?1)
22
S
，
B
y
C
QSA?平面ABCD,?AD?平面SAB

uuur
所以
AD< br>是平面
SAB
的一个法向量。设平面
SCD
的一
r
个 法向量
n?(x,y,z)

A
D
x
ruuurru uur
?
x?y?z?0
??
?
x?2z
?
?n?SC
?
n?SC?0
?
?
由
?
ruuu< br>，
?
?
1

r
,?
?
ruuur< br>y??z
x?z?0
?
?
n?SD
?
n?SD?0< br>?
??
?2
uuurr
uuurr
uuurr
r2
AD?n6
,
?tan?AD,n??
令
z?1,n?(2, ?1,1)
，
?cos?AD,n??
uuu

rr
?2
3
AD?n
平面
SCD
与平面
SAB
所成的 二面角的正切值为
2

2
点评：用向量知识求二面角的大小时，是将二面角的 问题转化为两平面的法向量的夹角
uruur
问题，（1）当法向量
n
1与n
2
的方向分别指向二面角内侧与外侧时，二面角的大小等于法向
uruur< br>量
n
1
与n
2
的夹角的大小。
uruur
（2）当法向量
n
1
与n
2
的方向同时指向二面角的内侧或外侧时， 二面角的大小等于法向
uruurruur
量
n
1
与n
2< br>的夹角的补角
?
??n
1
,n
2
?
。

三、利用向量知识解决平行与垂直问题。
例9：
解：∵直三棱柱ABC －A
1
B
1
C
1
底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5 ，
∴AC、BC、C
1
C两两垂直，

如图，以C为坐标原 点，直线CA、CB、C
1
C分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角
坐标系， 则C（0,0，0），A（3,0，0），C
1
（0,0，4），B
（0,4，0 ），B
1
（0,4，4），D（
3
，2,0）
2
（1）∵
AC
＝（－3,0，0），
BC
1
＝（0，－4,0），
∴
AC
?
BC
1
＝0，∴AC⊥BC
1
.
（2）设CB
1
与C
1
B的交战为E，则E（0,2，2）.
3
，0,2），
AC
1
＝（－3,0，4），
2
uuur
1
uuuur
∴
DE?AC
1
，∴DE∥AC1
.
2
∵
DE
＝（－
∵ DE
?
平面CDB
1
，AC
1
?
平面CDB
1
，
∴ AC
1
平面CDB
1
；
点评：平行问题的转化：
转化
面面平行线面平行
转化
线线平行；


例10．
解：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD
1
分别为
x,y,z
轴，建立空间直角坐标系，
设AE=x，则A
1
（1，0，1） ，D
1
（0，0，1），
E（1，x，0），
A（1，0，0）C（0，2，0）
（1）
D
1
A
1< br>D
A
E
B
B
1
C
1
C
因为 DA
1
,D
1
E?(1,0,1),(1,x,?1)?0,所以DA
1
?D
1
E.

（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0） ，从而
D
1
E?(1,1,?1),AC?(?1,2,0)
，
ruuur
?
?
n?AC?0,

AD
1
?(?1,0,1)
，设平面ACD
1
的法向量为
n?(a,b,c)
，则
?
ruuuur
?
?
n?AD
1
?0,

也即
?
?
?a?2b?0
?
a?2b
， 得
?
，从而
n?(2,1,2)
，所以点E到平面AD
1
C 的距离为
?
?a?c?0
?
a?c
?
2?1?21
?.

33
h?
|D
1
E?n|
|n|
（3）设平面D
1
EC的法向量
n?(a,b,c)
，
∴
CE?(1,x?2,0),D
1
C?(0,2,?1),DD
1
?(0,0 ,1),

ruuuur
?
?
n?D
1
C?0,< br>?
2b?c?0
?
?
由
?
ruuu
令b=1, ∴c=2,a=2－x，
r
a?b(x?2)?0.
?
??
n?CE?0,
∴
n?(2?x,1,2).

ruuuur
|n?DD
1
|
?
222
uuuur
???. 依题意
cos?
r
2
4
|n|?|DD
1
|
22
(x?2)?5
∴
x
1
?2?3
（不合，舍去 ），
x
2
?2?3
.
∴AE=
2?3
时，二面角D
1
—EC—D的大小为

四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。
例11．
解：直三棱柱
Z
?
.
4
ABC?A
1
B
1
C
1
，
C
1

A
1

B
1

C
AC?3,BC?4,AB?5,AC,BC,CC1
两两垂直，以
C
为坐标原点，
直线
CA,CB,CC
1
分别为
x
轴
y
轴，
z
轴，建立
空间直 角坐标系，
则
C(0,0,4),A(3,0,0),C
1
(0,0,4)
，
B(0,4,0),B
1
(0,4,4)

A
x
D
B
y
uuuruuuuruuuruuuuruuur uuuur
（1）
QAC?(?3,0,0),BC
1
?(0,?4,4)< br>，
?AC?BC
1
?0,?AC?BC
1

?AC?BC

uuuruuur
（2）假设在
AB
上存在 点
D
，使得
AC
1
?CD
，则
AD?
?< br>AB?(?3
?
,4
?
,0)

uuur
其 中
0?
?
?1
，则
D(3?3
?
,4
?< br>,0)
，于是
CD?(3?3
?
,4
?
,0)

uuuur
由于
AC
1
?(?3,0,4)，且
AC
1
?CD

所以
?9?9
?
?0
得
?
?1
，
所以在
AB
上存在点
D
使得
AC
1
?CD
，且这时点
D
与点
B
重合。
uuuruuur
（3）假 设在
AB
上存在点
D
使得
AC
1
平面CDB
1
，则
AD?
?
AB?(?3
?
,4
?
,0)

uuuuruuur
其中
0?
?
?1
则< br>D(3?3
?
,4
?
,0)
，
B
1
D?(3?3
?
,4
?
?4,?4)
又
B
1
C?(0,?4,?4).

uuuur
由于
AC
1
?( ?3,0,4)
，
AC
1
平面CDB
1
，
uuu uruuuuruuur
所以存在实数
m,n,使AC
1
?mB
1< br>D?nBC
1
成立，
?m(3?3
?
)??3,m(4?
?4)?4n?0,?4m?4n?4,

所以
?
?
1
，所以在
AB
上存在点
D
使得
AC
1
平 面CDB
1
，且
D
使
AB
的中点。
2
总 结：向量有一套良好的运算性质，它可以把几何图形的性质转化为向量运算，实现了
数与形的结合，在解 决立体几何的距离与夹角、平行与垂直、探索性等问题中体现出巨大的
优越性，请同学们认真领会。

五、专题突破：
uuur
r
uuur
r
uuu r
r
r
r
r
rr
r
rr
r
oo< br>1解：设
AC?a,CD?b,DB?c,
a?b?c?1,
?a,b???b ,c??90,?a,c??60
，
uuur
r
rr
r
r< br>2
r
2
r
2
r
2
r
r
rr
QAB?(a?b?c)?a?b?c?2ab?2bc?2ac?2
，
uuuru uur
r
2
r
r
r
r
uuuruuur
A B?CD(a?b?c)?bb1
?
， （1）
?cos?AB,CD??
u uuruuur
?
r
r
r
r
?
a?b?c?b2?12
AB?CD
?AB,CD
所成的角为
60
o

r
r
uuur
r
rrrr
uuu
（2）设与
AB,CD
都垂直的非零向量
n?xa?yb?zc,
由
n?AB,n?C D
得

r
rrr
r
r
?
?
(xa ?yb?zc)?(a?b?c)?0
?
3x?2y?3z?0
，令
?
?
r
?
rr
r
?
?
y?0
?
( xa?yb?zc)?b?0

rrr
x?1,得z??1,?n?a?c
，
uuur
r
rrr
(a?c)?a
1AC?n
?d???< br>
AB与CD
设的距离为
d
，
r
rr
2n2
(a?c)

2、解：以DA、DC、DP所在直线为x轴、 y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），
设AD=a，则D（0，0，0）、A（a,0,0）、 B(a,a,0)、
C(0,a,0)
E(a,
a
2
,0)
、
F(
a
2
,
a
2
,
a
2
)
、
P(0,0,a).

（1）
EF?DC?(?
a
2
,0,
a
2
)?(0,a,0)?0,
?EF?DC.< br>
（2）
设G(x,0,z),则G?平面PAD.


u< br>FG
uur
?(x?
a
,
aa
u
FG
uur
?
u
CB
uur
2
?
2
,z?< br>2
),
?(x?
a
2
,?
a
2
,z ?
a
2
)?(a,0,0)?a(x?
a
2
)?0,x?< br>a
2
;
u
FG
uur
?
u
CPuur
?(x?
aaaa
2
a
2
,?
2
,z?
2
)?(0,?a,a)?
2
?a(z?
2
)?0 ,z?0.
?G点坐标为(
a
2
,0,0),即G点为AD的中点.
（Ⅲ）设平面DEF的法向量为
n?(x,y,z).

由
?
?aaa
?
r
?
n?
u
DF
uur
?0 ,
?
?
(x,y,z)?(
2
,
2
,)?0,?
r
?
n?
u
DE
uur
2
?0得
?
?
?
?
(x,y,z)?(a,
a
2,0)?0,
?
a
(x?y?z)
即
?
?
?0 ,
?
2
取x?1,则y??2,z?1,
?
?
?
a x?
a
2
y?0.

?
r
n?(1,?2,1). cos?
u
BD
uur
,
r
u
n??
BD
uurr
|
u
BD
uur
?na3
||
r
n|
?
2a?6
?
6
,
?DB与平面DEF所成角 大小为
?
33
2
?arccos
6
(即arcsin
6
).

3、证明：（1）在直三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，易知面ACC
1
A
1
⊥面ABC， ∵∠ACB=90°，∴BC⊥面ACC
1
A
1
，∵
AM?面ACC
1
A
1
，∴BC⊥AM

∵
A M?BA
1
，且
BCIBA
1
?B
，∴ AM?平面
A
1
BC

解：（2）如图以C为原点,CA，CB， CC
1
所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角
坐标系，
则
A(3,0,0),A
1
(3,0,6),B(0,1,0)
，
设
M(0,0,z
1
)
∵
AM?BA
1
，
uuuuruuur
66
∴
AM?BA
1
?0
即< br>?3?0?6z
1
?0
，故
z
1
?
，所以< br>M(0,0,)

22
ur
设向量
m?(x,y,z)
为平面AMB的法向量， uruuuur
uruuuururuuur
?
m?AM?0
?
则
m?AM,m?AB
，则
?
u
即
ruuur
?
?
m?AB?0
?
6
z?0
?
?3x?
，
2
?
?
?3x?y?0
?
ur
令x=1，的平 面AMB的一个法向量为
m?(1,2,3)
，
uruuur
uruuur
uuur
m?CB2
ruuur
?
显然向量
CB
是 平面AMC的一个法向量，
cos?m,CB??
u

2
|m|? |CB|
ur
uuur
易知，
m
与
CB
所夹的角等 于二面角B－AM－C的大小，故所求二面角的大小为45°．
ur
uuur
|m? CB|
ur
（3）向量
CB
在法向量
m
上的投影的长即为所 求距离，
|m|
uruuur
|m?CB|32
2
ur
? ?
∵ ∴点C到平面ABM的距离为
2
2
|m|
6
4、（1）建立空间直角坐标系
D?xyz
，如图，则又
uruuur
D (0,0,0)
,
B(2,2,0)
,
C(0,2,0)
,
C
1
(0,2,3)
,
D
1
(0,0,3)
,E(1,2,0)

连接
CD
1
,与
C
1D
相交于
O
，连接
EO
易知
O
（0，1，1. 5）
uuuuruuuruuuuruuur
∴
BD
1
?(?2, ?2,3),EO?(?1,?1,1.5)
∴
BD
1
?2EO
∴
EOBD
1

又
BD
1
?
平面
C
1
DE
，
EO?
平面
C
1
DE
∴
BD
1

平面
C
1
DE

（2） 解：过点
C
做
CH?DE
于
H
，连接
C
1
H
，在正四棱柱
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中，

CC
1
?
平面
A BCD
∴
C
1
H?DE
，
C
1
HC
是二面角
C
1
?DE?C
的平面角
uuuruuuur
根据平面几何知识，易得
H(0.8,1.6,0)
∴
HC?(?0.8,0.4,0 ),HC
1
?(?0.8,0.4,3)

uuuruuuur
uu uruuuur
HCgHC
1
2
∵
cosC
1
HC ?cos(HCgHC
1
)?
uuu

ruuuur
?

7
HCgHC
1
∴
? C
1
HC?arccos
22
∴二面角
C
1
?DE ?C
的大小为
arccos

77


（3 ）解：在侧棱
BB
1
上不存在点
P
，使得
CP?
平 面
C
1
DE

证明如下：假设
CP?
平面
C
1
DE
，则必有
CP?DE

uuuruuur
设
P(2,2,a)
，其中
0?a?3
，则
CPgDE?2?0，这显然与
CP?DE
矛盾


5、（1）如图建立直角坐标系，
其中C为坐标原点.依题意A（2，0，0），B（0， 2，0），B
1
∴假设
CP?
平面
C
1
DE
不成立，即在侧棱
BB
1
上不存在点
P
，使得
CP?
平面
C
1
DE

（0，2，2），C（0，2），因为
AB
1
?BC
1
?( ?2,2,2)?(0,?2,2)?0
，
1
0，
所以AB
1
⊥BC
1
.
（2）设
n
1
?(x
1< br>,y
1
,z
1
)
是平面AB
1
C
1
的法向量，
由
n
1
?AB
1
?0,n
1
?AC
1
?0
得
?
?x
1
?y
1
?z
1
?0,
?
y
1
?0,
所以令z
1
?1
，则
n
1
?(1,0,1)
， ?
?
?
?x
1
?z
1
?0,
?
x
1
?z
1
,
因为
AB?(?2,2,0)
，所以，B到平面AB
1
C
1
的距离为
d?
|AB?n1
|
|n
1
|
?2
.
（3）设
n< br>2
?(x
2
,y
2
,z
2
)
是平面 A
1
AB
1
的法向量.由
n
2
?AB?0,n2
?AA
1
?0,得


?
?x
2< br>?y
2
?0,
?
x
2
?y
2
,所以
?
令
y
2
=1，则
n
2
?(1,1,0),

?
z?0.z?0,
?
2
?
2
n
1
?n
2
|n
1
|,|n
2
|
?
1
22
?
1
所以，二面角C
1
—AB
1
—A
1< br>的大小为60°
2
因为
cos?n
1
,n
2
?

6、 （Ⅰ）连结AC、BD，设
AC?BD?O
.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，
所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，
所以PQ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空
间直角坐标系（如图），
由题条 件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），A（
22
，0，0），Q（0，0，－2），< br>B（0，
22
，0）.
uuur
所以
AQ?(?22,0, ?2)
PB?(0,22,?1)

uuuruuur
uuuruuur
AQ?PB21
?
. 于是cos?AQ,PB??
uuuruuur
?
AQ?PB
23?236
1
从而异面直线AQ与PB所成的角是
arccos
.
3
D
A
x
z
P
C
O
B
y
(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－
22
，0），AD?(?22,?22,0)
，
Q

uuur
PQ?( 0,0,?3)
，设
n?(x,y,z)
是平面QAD
的一个法向量，由 < br>?
?
2x?z?0
?
n?AQ?0
?
得
?< br>.取x=1，得
n?(1,?1,?2)
.
?
?
x?y?0
?
?
n?AD?0
?
uuurr
PQ?n
32所以点P到平面QAD的距离
d?
.
?
r
2
n

z
C
1
A
1
D
E
y
O
A
B
x
B
1
7、（Ⅰ）如图，建立直角坐标系O－xyz，其中原点O为AC
的中点．
设A(a，0，0)，B(0，b，0)，B
1
(0，b，2c)．
则C(－a，0，0)，C
1
(－a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，C
b，c)．
→→
ED＝（0，b，0），BB
1
＝(0，0，2c)．

→→→
ED·BB
1
＝0，∴ED⊥BB
1
．又AC
1
＝(－2a，0，2c)，
→→
ED·AC
1
＝0，∴ED⊥AC
1
， 所以ED是异面直线BB
1
与AC
1
的公垂线．
（Ⅱ）不妨设A( 1，0，0)，则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A
1
(1，0，2)，
→→→
BC＝(－1，－1，0)，AB＝(－1，1，0)，AA
1
＝(0，0，2 )，
→→→→
BC·AB＝0，BC·AA
1
＝0，即BC⊥AB，BC⊥ AA
1
，又AB∩AA
1
＝A，
∴BC⊥平面A
1
AD．
又 E(0，0，1)，D(0，1，1)，C(－1，0，1)，
→→→
EC＝(－1，0，－1)，AE＝(－1，0，1)，ED＝(0，1，0)，
→→→→
EC·AE＝0，EC·ED＝0，即EC⊥AE，EC⊥ED，又AE∩ED＝E，
→→
→→
EC·BC1
∴ EC⊥面C
1
AD． cos＜EC，BC＞＝＝，
→→
2
|EC|·|BC|
→→
即得 EC和BC的夹角为60°．所以二面角A
1
－AD－C
1
为60°．