立体几何创新题型及答案
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(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