高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《運(yùn)用空間向量研究立體幾何問題》專項(xiàng)測(cè)試卷（含答案）

第第頁高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《運(yùn)用空間向量研究立體幾何問題》專項(xiàng)測(cè)試卷（含答案）學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________1、（2021年全國(guó)高考甲卷數(shù)學(xué)（理）試題）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?題組一、運(yùn)用向量解決幾何體中的距離問題1-1、（2023·黑龍江牡丹江·牡丹江市第三高級(jí)中學(xué)?？既＃┤鐖D，在三棱柱中，平面ABC，D，E分別為AC，的中點(diǎn)，，．(1)求證：平面BDE；(2)求直線DE與平面ABE所成角的正弦值；(3)求點(diǎn)D到平面ABE的距離．1-2、（2023·安徽黃山·統(tǒng)考三模）如圖，在直角梯形中，，，四邊形為平行四邊形，對(duì)角線和相交于點(diǎn)，平面平面，，，是線段上一動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)）(1)當(dāng)點(diǎn)為線段的中點(diǎn)時(shí)，證明：//平面；(2)若，，且直線與平面成角，求二面角的正弦值．1-3、（2023·四川成都·四川省成都列五中學(xué)?？既＃┤鐖D，四棱柱的側(cè)棱⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，E，F(xiàn)分別為，的中點(diǎn).

(1)證明：四點(diǎn)共面；(2)若，求點(diǎn)A到平面的距離.題組二、最值問題2-1、（2022·江蘇揚(yáng)州·高三期末）如圖，在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O為BC的中點(diǎn)．側(cè)面BCC1B1為等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M為B1C1中點(diǎn)．（1）證明：平面ABC⊥平面AOM；（2）記二面角A－BC－B1的大小為θ，當(dāng)θ∈[，]時(shí)，求直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．2-2、（南京師大附中2022—2023學(xué)年度高三第一學(xué)期10月檢測(cè)）（本小題滿分12分）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，△PCD是邊長(zhǎng)為2等邊三角形，，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)M為PE上一點(diǎn)（與點(diǎn)P，E不重合）．（1）證明：AM⊥BD；（2）當(dāng)AM為何值時(shí)，直線AM與平面BDM所成的角最大？2-3、（南京市2023屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研）（本小題滿分12分）如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，圓錐的底面直徑，母線，M是PB的中點(diǎn)，四邊形OBCH為正方形.（1）設(shè)平面平面，證明：；（2）設(shè)D為OH的中點(diǎn)，N是線段CD上的一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)MN與平面PAB所成角最大時(shí)，求MN的長(zhǎng).題組三、探索性問題3-1、（2023·云南玉溪·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分別是線段AB，PC的中點(diǎn)．(1)求證：MN平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．3-2、（2023·山西·統(tǒng)考一模）如圖所示，在四棱錐中，側(cè)面平面，是邊長(zhǎng)為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距離；(2)線段上是否存在一點(diǎn)，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.3-3、（2023·江蘇南京·南京市秦淮中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，三棱柱的側(cè)棱底面，，E是棱上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是的中點(diǎn)，，，．（1）當(dāng)是棱的中點(diǎn)時(shí)，求證：平面；（2）在棱上是否存在點(diǎn)，使得二面角的余弦值是？若存在，求出的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由．3-4、（2023·廣東佛山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形的邊長(zhǎng)為，，將沿向上翻折，得到如圖所示得三棱錐.

(1)證明：；(2)若，在線段上是否存在點(diǎn)，使得平面與平面所成角的余弦值為？若存在，求出；若不存在，請(qǐng)說明理由.1、（2021·山東濟(jì)寧市·高三二模）（多選題）如圖，直四棱柱中，底面為平行四邊形，，，點(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），點(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），則下列說法止確的是（）A．四面體的體積是定值B．的取值范圍是C．若與平面所成的角為，則D．若三棱錐的外接球表面積為，則2、（2021·山東濱州市·高三二模）在正方體中，M是棱的中點(diǎn)，P是底面ABCD內(nèi)(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若平面，則異面直線MP與所成角的取值范圍是（）A． B． C． D．3、（2022·山東青島·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，，為的中點(diǎn)，.（1）求證：平面平面；（2）求點(diǎn)A到平面的距離.4、（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考三模）如圖，在三棱錐中，，，，，點(diǎn)D為BC中點(diǎn)．(1)求二面角的余弦值；(2)在直線AB上是否存在點(diǎn)M，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為，若存在，求出點(diǎn)M的位置；若不存在，說明理由．5、（2023·吉林·統(tǒng)考三模）如圖，在多面體中，四邊形和四邊形均是等腰梯形，底面為矩形，與的交點(diǎn)為，平面，且與底面的距離為，(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在一點(diǎn)，使得與平面所成角的正弦值為．若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．參考答案1、（2021年全國(guó)高考甲卷數(shù)學(xué)（理）試題）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?【解析】因?yàn)槿庵侵比庵?，所以底面，所以因?yàn)?，，所以，又，所以平面．所以兩兩垂直．以為坐?biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．所以，．由題設(shè)（）．（1）因?yàn)?，所以，所以．?）設(shè)平面的法向量為，因?yàn)?，所以，即．令，則因?yàn)槠矫娴姆ㄏ蛄繛?，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當(dāng)時(shí)，取最小值為，此時(shí)取最大值為．所以，此時(shí)．題組一、運(yùn)用向量解決幾何體中的距離問題1-1、（2023·黑龍江牡丹江·牡丹江市第三高級(jí)中學(xué)校考三模）如圖，在三棱柱中，平面ABC，D，E分別為AC，的中點(diǎn)，，．(1)求證：平面BDE；(2)求直線DE與平面ABE所成角的正弦值；(3)求點(diǎn)D到平面ABE的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【詳解】（1）在三棱柱中，，為，的中點(diǎn)，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴，在三角形中，，為中點(diǎn)，∴，∵，平面，∴平面.（2）如圖，以為原點(diǎn)，分別以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，在直角三角形中，，，∴，，，，，，，，設(shè)平面的法向量為，，令，則，，所以，設(shè)直線與平面所成角為，所以.（3）設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，所以.1-2、（2023·安徽黃山·統(tǒng)考三模）如圖，在直角梯形中，，，四邊形為平行四邊形，對(duì)角線和相交于點(diǎn)，平面平面，，，是線段上一動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)）(1)當(dāng)點(diǎn)為線段的中點(diǎn)時(shí)，證明：//平面；(2)若，，且直線與平面成角，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：因?yàn)樗倪呅螢槠叫兴倪呅?，所以是中點(diǎn)，連接，又點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，則，且

又且，所以，所以四邊形是平行四邊形，

所以，又平面，平面，所以平面.（2）以為原點(diǎn)，為軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）.則有，

設(shè)，，則，為平面的法向量，所以，解得（其中舍去）.所以

設(shè)平面的法向量為，則有，，故可取.設(shè)平面的法向量為，則有，，故可取

所以.所以二面角的正弦值為1-3、（2023·四川成都·四川省成都列五中學(xué)?？既＃┤鐖D，四棱柱的側(cè)棱⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，E，F(xiàn)分別為，的中點(diǎn).

(1)證明：四點(diǎn)共面；(2)若，求點(diǎn)A到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）取的中點(diǎn)為G，連接AG，GE，由E，G分別為，的中點(diǎn)，

所以EG∥DC∥AB，且，所以四邊形ABEG為平行四邊形，故，又因?yàn)镕是的中點(diǎn)，所以，所以，故B，F(xiàn)，，E四點(diǎn)共面.（2）易知四邊形為菱形，且，，，，所以菱形的面積為，設(shè)點(diǎn)到平面BEF的距離為，點(diǎn)B到平面距離為，且，由，得：，因?yàn)?，，所以，又因?yàn)?，，、面，所以面，所以，所?故點(diǎn)A到平面的距離為題組二、最值問題2-1、（2022·江蘇揚(yáng)州·高三期末）如圖，在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O為BC的中點(diǎn)．側(cè)面BCC1B1為等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M為B1C1中點(diǎn)．（1）證明：平面ABC⊥平面AOM；（2）記二面角A－BC－B1的大小為θ，當(dāng)θ∈[，]時(shí)，求直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即證；（2）設(shè)直線BB1與平面AA1C1C所成的角為α，利用坐標(biāo)法可求，然后利用導(dǎo)函數(shù)求最值即得.（1）∵△ABC是等腰三角形，O為BC的中點(diǎn)，∴BC⊥AO，∵側(cè)面BCC1B1為等腰梯形，M為的中點(diǎn)，∴BC⊥MO．∵M(jìn)O∩AO＝O，MO，AO平面AOM，∴BC⊥平面AOM，∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOM．（2）在平面AOM內(nèi)，作ON⊥OA，∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，∴ON⊥平面ABC，以O(shè)B，OA，ON分別為x軸、y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．∵M(jìn)O⊥BC，AO⊥BC，∴∠AOM為二面角的平面角，即∠AOM＝θ，∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2cosθ，2sinθ），C1（－2，2cosθ，2sinθ），B1（2，2cosθ，2sinθ），∴＝(－2，2cosθ，2sinθ)，設(shè)平面AA1C1C的法向量為＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2cosθ，2sinθ)，所以，即，則可取，設(shè)直線BB1與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα＝|cos＜，＞|＝，設(shè)f(θ)＝，θ∈[，]，則，∴f（θ）在[，]上單調(diào)遞增，∴f（θ）∈[－2，]，即∴，∴．∴直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值為.2-2、（南京師大附中2022—2023學(xué)年度高三第一學(xué)期10月檢測(cè)）（本小題滿分12分）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，△PCD是邊長(zhǎng)為2等邊三角形，，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)M為PE上一點(diǎn)（與點(diǎn)P，E不重合）．（1）證明：AM⊥BD；（2）當(dāng)AM為何值時(shí)，直線AM與平面BDM所成的角最大？【解析】（1）因?yàn)槿切问堑冗吶切?，且E是中點(diǎn)，所以，又因?yàn)槊?，面面，面面，所以面，又因?yàn)槊?，所以，因?yàn)槭蔷匦?，所以，設(shè)，所以，即，所以，因?yàn)槊婷嫠悦?，又因?yàn)槊?，所以；?）設(shè)F是中點(diǎn)，以E為原點(diǎn)，所在直線為x軸，所在直線為y軸，所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系由已知得設(shè)，則、設(shè)面的法向量為，則，令，有，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，答：當(dāng)時(shí)，直線與面所成角最大2-3、（南京市2023屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研）（本小題滿分12分）如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，圓錐的底面直徑，母線，M是PB的中點(diǎn)，四邊形OBCH為正方形.（1）設(shè)平面平面，證明：；（2）設(shè)D為OH的中點(diǎn)，N是線段CD上的一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)MN與平面PAB所成角最大時(shí)，求MN的長(zhǎng).（1）因?yàn)樗倪呅螢檎叫?，，平面平面，平?平面，平面平面.（2）圓錐的母線長(zhǎng)為，以為原點(diǎn)，所在的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，，為平面的一個(gè)法向量，設(shè)與平面所成的角為，則，令，則所以當(dāng)時(shí)，即時(shí)，最大，亦最大，此時(shí)，所以.題組三、探索性問題3-1、（2023·云南玉溪·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分別是線段AB，PC的中點(diǎn)．(1)求證：MN平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)見解析；(2)存在，【分析】（1）取PB中點(diǎn)E，連接ME，NE．由線面平行的判定定理可證得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可證明；（2）以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，由線面角的向量公式可求出Q點(diǎn)的位置，即可得出的值.【詳解】（1）如圖，取PB中點(diǎn)E，連接ME，NE．∵M(jìn)，N分別是線段AB，PC的中點(diǎn)，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．又∵，∴平面PAD平面MNE．∵平面MNE，∴MN平面PAD．（2）∵ABCD為矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD兩兩垂直．依次以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，PC中點(diǎn)，∴，．設(shè)平面DMN的法向量，則，即，取x＝1，得y＝1，z＝－1，．若滿足條件的CD上的點(diǎn)Q存在，設(shè)，，又，則．設(shè)直線NQ與平面DMN所成的角為，則，解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，則t＝1，∴．DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．故CD上存在點(diǎn)Q，使直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為，且3-2、（2023·山西·統(tǒng)考一模）如圖所示，在四棱錐中，側(cè)面平面，是邊長(zhǎng)為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距離；(2)線段上是否存在一點(diǎn)，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系利用坐標(biāo)法求得點(diǎn)到平面的距離；（2）設(shè)，利用坐標(biāo)法結(jié)合兩平面夾角余弦值列方程，解得即可.【詳解】（1）取的中點(diǎn)，連接，，為等邊三角形，，又平面平面，平面平面，平面，如圖所示，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線，，分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，設(shè)平面的法向量為，，，即，令，則，又，故到平面的距離；（2）設(shè)，，，，則，，設(shè)平面的法向量為，，，則，令，則，又平面的法向量為，于是，化簡(jiǎn)得，又，得，即，故存在點(diǎn)，此時(shí).3-3、（2023·江蘇南京·南京市秦淮中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，三棱柱的側(cè)棱底面，，E是棱上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是的中點(diǎn)，，，．（1）當(dāng)是棱的中點(diǎn)時(shí)，求證：平面；（2）在棱上是否存在點(diǎn)，使得二面角的余弦值是？若存在，求出的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）見解析；（2）存在，.【分析】（1）取的中點(diǎn)，連接、，證明出四邊形為平行四邊形，可得出，再利用線面平行的判定定理可證得平面；（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線、、分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)，利用空間向量法可得出關(guān)于的方程，結(jié)合的取值范圍可求得的值，由此可得出結(jié)論.【詳解】（1）證明：取的中點(diǎn)，連接、．、分別是、的中點(diǎn)，且，在三棱柱中，且，為的中點(diǎn)，則且，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面；（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線、、分別為軸、軸、軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、，，設(shè)，平面的一個(gè)法向量為，則，由，得，令，可得，易得平面的一個(gè)法向量為，二面角的余弦值為，即整理得，，解得.因此，在棱上存在點(diǎn)，使得二面角的余弦值是，此時(shí)．3-4、（2023·廣東佛山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形的邊長(zhǎng)為，，將沿向上翻折，得到如圖所示得三棱錐.

(1)證明：；(2)若，在線段上是否存在點(diǎn)，使得平面與平面所成角的余弦值為？若存在，求出；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，或【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接，

四邊形為菱形，，，，，，平面，平面，平面，.（2），，，解得：；，，；在平面中，作，交于點(diǎn)，則以為坐標(biāo)原點(diǎn)，正方向?yàn)檩S，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

假設(shè)在線段上存在點(diǎn)，使得平面與平面所成角的余弦值為，，，，又，，，，，設(shè)平面的法向量，則，令，解得：，，；軸平面，平面的一個(gè)法向量，，解得：，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)或時(shí)，平面與平面所成角的余弦值為.1、（2021·山東濟(jì)寧市·高三二模）（多選題）如圖，直四棱柱中，底面為平行四邊形，，，點(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），點(diǎn)是半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），則下列說法止確的是（）A．四面體的體積是定值B．的取值范圍是C．若與平面所成的角為，則D．若三棱錐的外接球表面積為，則【答案】BCD【解析】利用錐體的體積公式可判斷A選項(xiàng)的正誤；利用空間向量數(shù)量積的定義可判斷B選項(xiàng)的正誤；利用線面角的定義可判斷C選項(xiàng)的正誤；利用建系的方法計(jì)算出的外接球的半徑的取值范圍，結(jié)合球體的表面積公式可判斷D選項(xiàng)的正誤.【詳解】因?yàn)橹彼睦庵?，所以點(diǎn)到面的距離為1，所以，由于不為定值，得不為定值，故A錯(cuò)誤；在中，，所以，因?yàn)?，所以，所以的取值范圍是，故B正確；由于面，所以與面所成的角為，所以，因?yàn)?，所以，故C正確；以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則、、、，線段的中點(diǎn)為，線段的中點(diǎn)為，設(shè)球心為，點(diǎn)，則，由可得，化簡(jiǎn)可得，則，易知，則，，因此，，D選項(xiàng)正確.故選：BCD.2、（2021·山東濱州市·高三二模）在正方體中，M是棱的中點(diǎn)，P是底面ABCD內(nèi)(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若平面，則異面直線MP與所成角的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】以不軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，得出各點(diǎn)坐標(biāo)，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，利用向量共線得出直線平行，同理，得線面平行后再得面面平行，從而得在線段上，由異面直線所成角的定義得與所成的銳角或直角即為異面直線所成的角，易得其范圍．【詳解】如圖，以不軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，取中點(diǎn)，中點(diǎn)，連接，則，，，，所以，同理，又平面，平面，所以平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，P是底面ABCD內(nèi)(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若平面，則在線段上．因?yàn)?，所以與所成的角，就是與所成的銳角或直角．是等邊三角形，與所平角最大為（為中點(diǎn)時(shí)），最小為（與或重合時(shí)），所以所求角的范圍是．故選：C．3、（2022·山東青島·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，，為的中點(diǎn)，.（1）求證：平面平面；（2）求點(diǎn)A到平面的距離.【答案】（1）證明見詳解（2）【分析】（1）由面面垂直判定定理出發(fā)，進(jìn)行逆向分析，通過線面垂直、線線垂直之間的關(guān)系，結(jié)合已知條件進(jìn)行不斷轉(zhuǎn)化可證；（2）借助第一問尋找兩兩垂直的直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量求解即可.（1）連接BD，記AD中點(diǎn)為O，連接OF，為菱形O、F分別為AD、AB的中點(diǎn)又平面POF，OF平面POF平面POF平面POF又平面ABCD，AC平面ABCD平面ABCD平面PAD平面PAD平面ABCD（2）因?yàn)锳B=AD，所以為正三角形由（1）可知AD、OB、PO兩兩垂直，于是如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則所