π1

(2)在Rt△ADC中||，cos∠BAC＝||，所以θ＝；

23

π4

所以cos(θ＋x)＝cos(＋x)＝||，

35

π3故sin(＋x)＝±.

35

π2πππ

而－π

43312πππππ13π3

如果0<＋x<||，则sin(＋x)

31231262535π3

所以sin(＋x)＝－.

35

17.(本小题满分14分)在四棱锥P－ABCD中||，底面ABCD为矩形||，侧棱PA⊥底面ABCD||，AB＝3||，BC＝1||，PA＝2||，E为PD的中点．

(1)求直线AC与PB所成角的余弦值；

(2)在侧面PAB内找一点N||，使NE⊥面PAC||，并求出点N到AB和AP的距离． 解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系||， 则A||，B||，C||，D||，P||，E的坐标为A(0||，0||，0)、B(3||，0||，0)、C(3||，1||，0)、

1→→

D(0||，1||，0)、P(0||，0||，2)、E(0||，||，1)||，从而AC＝(3||，1||，0)||，PB＝(3||，0||，－

2

→→AC||，·PB337→→

2)||，设AC与PB的夹角为θ||，则cos θ＝＝＝||，

→→1427|AC||PB|

37

∴AC与PB所成角的余弦值为.

14

1→

(2)由于N点在侧面PAB内||，故可设N点坐标为(x||，0||，z)||，则NE＝(－x||，||，1－

2

z)||，由NE⊥面PAC||，

→→??NE||，·AP＝0，

可得?

→→?AC＝0，?NE·

1

（－x，，1－z）·（0，0，2）＝0，

2

即

1

（－x，，1－z）·（3，1，0）＝0，

2

z－1＝0，3???x＝，?6 ∴?∴?1??－3x＋2＝0，??z＝1.

33

即N点的坐标为(||，0||，1)||，从而N点到AB和AP的距离分别为1||，.

66

18.(本小题满分16分)已知一个多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的||，其中AB＝4||，BC＝2||，CC1＝3||，BE＝1.

(1)求BF的长；

(2)求点C到平面AEC1F的距离．

解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系．

???

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则D(0||，0||，0)||，B(2||，4||，0)||，C(0||，4||，0)||，E(2||，4||，1)||，A(2||，0||，0)||，C1(0||，4||，3)；

设F(0||，0||，z)||，

∵四边形AEC1F为平行四边形||， →→

∴AF＝EC1||，得(－2||，0||，z)＝(－2||，0||，2)||，

→

∴z＝2||，∴F(0||，0||，2)||，∴BF＝(－2||，－4||，2)．

→

于是|BF|＝26||，即BF的长为26. (2)设n1为平面AEC1F的法向量||，显然n1不垂直于平面ADF||，故可设n1＝(x||，y||，1)||，

→??n1·AE||，＝0，?0×x＋4×y＋1＝0，

由?得?

→－2×x＋0×y＋2＝0，??n1·AF||，＝0，?

x＝1，???4y＋1＝0，1

即?∴?∴n＝(1||，－||，1)． 114－2x＋2＝0，y＝－.??4?→→

又CC1＝(0||，0||，3)||，设CC1与n1的夹角为α||，

→

CC1||，·n13433

则cos α＝＝＝. 33→1|CC1||，||n1|3×1＋＋1

16

∴C到平面AEC1F的距离为 433433→

d＝|CC1|cos α＝3×＝.

3311

19.(本小题满分16分)如图||，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形||，AB∥DC||，∠DAB

1

＝90°||，PA⊥底面ABCD||，且PA＝AD＝DC＝AB||，M是PB的中点．

2

(1)证明：平面PAD⊥平面PCD； (2)求AC与PB所成角的余弦值；

(3)求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值． 解：以A为坐标原点||，AD长为单位长度||，如图所示||，建立空间直角坐标系||，则A(0||，

1

0||，0)||，B(0||，2||，0)||，C(1||，1||，0)||，D(1||，0||，0)||，P(0||，0||，1)||，M(0||，1||，)．

2

→→

(1)证明：因AP＝(0||，0||，1)||，DC＝(0||，1||，0)||， →→

故AP·DC＝0||， 所以AP⊥DC.

由题设知AD⊥DC||，且AP∩AD＝A||， 由此得DC⊥平面PAD.

又DC在平面PCD上||，故平面PAD⊥平面PCD.

→→

(2)因为AC＝(1||，1||，0)||，PB＝(0||，2||，－1)||， →→→→

故|AC|＝2||，|PB|＝5||，AC·PB＝2||，

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→→AC||，·PB10→→

所以cos〈AC||，PB〉＝＝. 5→→

|AC||PB|

10故所求AC与PB所成角的余弦值为. 5

(3)在MC上取一点N(x||，y||，z)||，

→→

则存在λ∈R||，使NC＝λMC||，

1→→

∵NC＝(1－x||，1－y||，－z)||，MC＝(1||，0||，－)||，

2

1

∴x＝1－λ||，y＝1||，z＝λ.

2→→

要使AN⊥MC||，只需AN·MC＝0||，

14即x－z＝0||，解得λ＝. 25

412

可知当λ＝时||，N点坐标为(||，1||，)||，

555

→→

∴AN·MC＝0||，

22→1→1→→→→→→

此时AN＝(||，1||，)||，BN＝(||，－1||，)||，有BN·MC＝0.由AN·MC＝0||，BN·MC

5555

＝0得

AN⊥MC||，BN⊥MC||，

所以∠ANB为面AMC与面BMC所成二面角的平面角．

30304→→→→

∵|AN|＝||，|BN|＝||，AN·BN＝－||，

555

→→AN||，·BN2→→

∴cos〈AN||，BN〉＝＝－||，

3→→

|AN||BN|

2

故所求的二面角的余弦值为－. 3

20.(本小题满分16分)

如图||，在四棱锥P–ABCD中||，侧面PAD⊥底面ABCD||，侧棱PA＝PD＝2||，底面ABCD为直角梯形||，其中BC∥AD||，AB⊥AD||，AD＝2AB＝2BC＝2||，O为AD中点．

(1)求证：PO⊥平面ABCD；

(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值； (3)求点A到平面PCD的距离．

→→→

解：(1)证明：如图所示||，以O为坐标原点||，OC||，OD、OP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A(0||，－1||，0)||，B(1||，－1||，0)||，C(1||，0||，0)||，D(0||，1||，0)||，P(0||，0||，1)．

→→→→

所以OP＝(0||，0||，1)||，AD＝(0||，2||，0)||，OP·AD＝0||， 所以PO⊥AD||，

又侧面PAD⊥底面ABCD||，平面PAD∩平面ABCD＝AD||，PO?平面PAD||， 所以PO⊥平面ABCD. →→

(2)CD＝(－1||，1||，0)||，PB＝(1||，－1||，－1)||，

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→→

PB||，·CD－1－16→→

所以cos〈PB||，CD〉＝＝＝－||，

3→→3×2|PB||CD|

6

所以异面直线PB与CD所成的角的余弦值为. 3→→

(3)设平面PCD的法向量为n＝(x0||，y0||，z0)||，CP＝(－1||，0||，1)||，CD＝(－1||，1||，0)||，

→?CP||，＝0?n·?－x0＋z0＝0

由?||，得?||，

→－x＋y＝0?00?CD||，＝0?n·

即x0＝y0＝z0||，取x0＝1||，得平面PCD的一个法向量为

→

|AC||，·n|→

n＝(1||，1||，1)．又AC＝(1||，1||，0)||，从而点A到平面PCD的距离d＝＝|n|

223＝.

33

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