高中数学立体几何经典题型的解法

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），B（0，22，0）.

uuur所以AQ?(?22,0,?2)PB?(0,22,?1)

uuuruuuruuuruuurAQ?PB21?. 于是cos?AQ,PB??uuuruuur?AQ?PB23?2361从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos.

3D 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

uuurPQ?(0,0,?3)，设n?(x,y,z)是平面QAD

的一个法向量，由

??2x?z?0?n?AQ?0?得?.取x=1，得n?(1,?1,?2). ??x?y?0??n?AD?0?uuurrPQ?n32所以点P到平面QAD的距离d?. ?r2n

z C1

A1 D E y O A B x B1 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)，B1(0，b，2c)．

则C(－a，0，0)，C1(－a，0，2c)，E(0，0，c)，D(0，C b，c)．

→→ED＝（0，b，0），BB1＝(0，0，2c)．

→→→ED·BB1＝0，∴ED⊥BB1．又AC1＝(－2a，0，2c)，

→→ED·AC1＝0，∴ED⊥AC1， 所以ED是异面直线BB1与AC1的公垂线． （Ⅱ）不妨设A(1，0，0)，则B(0，1，0)，C(－1，0，0)，A1(1，0，2)， →→→BC＝(－1，－1，0)，AB＝(－1，1，0)，AA1＝(0，0，2)， →→→→BC·AB＝0，BC·AA1＝0，即BC⊥AB，BC⊥AA1，又AB∩AA1＝A， ∴BC⊥平面A1AD．

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C1AD． cos＜EC，BC＞＝＝，

→→2|EC|·|BC|

→→即得EC和BC的夹角为60°．所以二面角A1－AD－C1为60°．