立体几何创新题型及答案

（一） 创新试题

１．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1=AB =1.

（I ）求证：A 1C //平面AB 1D ；

（II ）求二面角B —AB 1—D 的大小；

（III ）求点c 到平面AB 1D 的距离.

２. 如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都为a ，P 为A 1B 上的点。

（1）试确定PB

P A 1的值，使得PC ⊥AB ；

（2）若3

21 PB P A ，求二面角P —AB —C 的大小； （3）在（2）条件下，求C 1到平面PAC 的距离。

1解法一（I ）证明：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1 = E ，连接DE.

∵ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱，且AA 1 = AB ，∴四边形A 1ABB 1是正方形，

∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C.

∵DE ⊂平面AB 1D ，A 1C ⊄平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D.

（II ）解：在面ABC 内作DF ⊥AB 于点F ，在面A 1ABB 1内作FG ⊥AB 1于点G ，连接DG.

∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ， ∴DF ⊥平面A 1ABB 1，

∴FG 是DG 在平面A 1ABB 1上的射影， ∵FG ⊥AB 1， ∴DG ⊥AB 1

∴∠FGD 是二面角B —AB 1—D 的平面角

设A 1A = AB = 1，在正△ABC 中，DF=.43在△ABE 中，82343=⋅=BE FG ， 在Rt △DFG 中，3

6tan ==∠FG DF FGD ，所以，二面角B —AB 1—D 的大小为.36arctan （III ）解：∵平面B 1BCC 1⊥平面ABC ，且AD ⊥BC ，

∴AD ⊥平面B 1BCC 1，又AD ⊂平面AB 1D ，∴平面B 1BCC 1⊥平面AB 1D.

在平面B 1BCC 1内作CH ⊥B 1D 交B 1D 的延长线于点H ，

则CH 的长度就是点C 到平面AB 1D 的距离.

由△CDH ∽△B 1DB ，得.5

511=⋅=D B CD BB CH 即点C 到平面AB 1D 的距离是

.55 解法二：

建立空间直角坐标系D —xyz ，如图，

（I ）证明：

连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1 = E ，连接DE.设A 1A = AB = 1， 则).0,0,21(),21,43,41(),1,23,0(),0,0,0(1C E A D -),21,43,41(),1,23,21(1-=--=∴DE C A .//,211DE C A DE C A ∴-=∴ D AB C A D AB DE 111,平面平面⊄⊂ ，.//11D AB C A 平面∴ （II ）解：)1,0,21(),0,23,0(1-B A ， )1,0,2

1(),0,23,0(1-==∴D B AD ， 设),,(1r q p n =是平面AB 1D 的法向量，则0,0111=⋅=⋅D B n AD n 且， 故)1,0,2(,1.02

1,0231===-=-n r r p q 得取；同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B —AB 1—D 的大小为θ，5

15||||cos 2121=⋅=n n n n θ ， ∴二面角B —AB 1—D 的大小为.5

15arccos

（III ）解由（II ）得平面AB 1D 的法向量为)1,0,2(1=n ，取其单位法向量).0,0,21(),5

1,0,52

(==DC n 又 ∴点C 到平面AB 1D 的距离.5

5||=⋅=n DC d 2.解析答案：解法一：（1）当11=PB

P A 时，PC ⊥AB 取AB 的中点D ′，连结CD ′、PD ′∵△ABC 为正三角形， ∴CD ′⊥AB 。 当P 为A 1B 的中点时，PD ′//A 1A ， ∵A 1A ⊥底面ABC ， ∴PD ′⊥底面ABC ， ∴PC ⊥AB

（2）当3

21=PB P A 时，过P 作PD ⊥AB 于D ，如图所示，则PD ⊥底在ABC 过D 作DE ⊥AC 于E ，连结PE ，则PE ⊥AC ∴∠DEP 为二面角P —AC —B 的平面角。 又∵PD//A 1A ， ∴231==PA BP DA BD ， ∴a AD 5

2=∴ .53235260sin a a AD DE =⨯=︒⋅= 又∵a PD A A PD 53,5

31=∴=∴ 3tan ==∠DE PD PED ∴∠PED=60° 即二面角P —AC —B 的大小为60°

（3）设C 1到面PAC 的距离为d ，则11ACC P PAC C V V --=

∵PD//A 1A ∴PD//平面A 1C ∴DE 即为P 点到平面A 1C 的距离。

又PE=a a a DE PD 5

32)53()53(2222=+=+2∴DE S d S ACC PAC ⋅=⋅∆∆13131 ∴a a d a a 53)21(31)53221

(312⋅=⋅⋅解得 2a d = 即C 1到平面PAC 的距离为a 21 解法二：以A 为原点，AB 为x 轴，过A 点与AB 垂直的直线为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系A —x yz ，如图所示，则B （a ，0，0），A 1（0，0，a ），C )0,2

3,2(a a

，设),0,(z x P （1）由0)0,0,(),23,2(0=⋅--

=⋅a z a a x AB CP ，得 即2

,0)2(a x a a x =∴=⋅-， ∴P 为A 1B 的中点。 即

11=PB P A 时，PC ⊥AB 。

（2）当),0,(3

2),0,(323211z x a a z x PB P A PB P A --=-==，得时，由