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. ??? 第5页/共8页 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||, 第6页/共8页 →→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)||, 第7页/共8页 →→ 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 第8页/共8页