空间立体几何建立直角坐标系
1．[2015·浙江]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点。

(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求二面角A1－BD－B1的平面角的余弦值。

解析：(1)证明：设E为BC的中点，连接A1E，AE，DE，由题意得A1E ⊥平面ABC，所以A1E⊥AE。

因为AB＝AC，所以AE⊥BC。

故AE⊥平面A1BC。

由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE ∥A1A且DE＝A1A，所以A1AED为平行四边形。

故A1D∥AE。

又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC。

(2)方法一：作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F。

由AE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，
得A1B＝A1A＝4。

由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等。

由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1－BD－B1的平面角。

由A 1D ＝2，
A 1
B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得
BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43，
由余弦定理得cos ∠A 1FB 1＝－18。

方法二：以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，如图所示。

由题意知各点坐标如下：
A 1(0,0，14)，
B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2， 2，14)。

因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→
＝(0，2，0)。

设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)。

由⎩⎨⎧
m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0， 可取m ＝(0，7，1)。

由⎩⎨⎧
n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0， 可取n ＝(7，0,1)。

于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m |·|n |＝18。

由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1－BD －B 1的平
面角的余弦值为－18。

2．[2016·兰州模拟]如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点。

(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；
(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角
的正弦值。

解析：(1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AC ，
∵底面ABCD 是直角梯形，
且AB ＝2AD ＝2CD ＝2，
∴AC ＝2，BC ＝2。

∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴AC ⊥BC ，
∵PC ∩BC ＝C ，
∴AC ⊥平面PBC ，
∵AC ⊂平面EAC ，
∴平面EAC ⊥平面PBC 。

(2)建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz 。

设PC ＝a ，
则A (0,0,0)，C (1,1,0)，
E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，a 2，P (1,1，a )， B (0,2,0)。

∴AC →＝(1,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，a 2，AP →＝(1,1，a )，BC →＝(1，－1,0)。

设平面EAC 的法向量为v ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧
v ·AC →＝0，v ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝0，x ＋3y ＋az ＝0， 令x ＝1，则v ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，－1，2a ， ∵BC ⊥平面P AC ，
∴平面P AC 的一个法向量为u ＝BC →
＝(1，－1,0)， 设二面角P －AC －E 的大小θ，
则cos θ＝v ·u |v |·|u |＝1×1＋(－1)×(－1)＋0×2a 2× 2＋4a 2
＝63，解得a ＝2， ∴直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为
cos 〈v ，AP →〉＝v ·AP →|v |·|AP →|
＝1×1＋1×(－1)＋2×13×6
＝23。