空间向量与立体几何经典题型
例题1. 已知A , B , C 三点不共线,对平面外任一点,满足条件OP =
试判断:点P 与A , B , C 是否一定共面?
122
OA +OB +OC , 555
分析:要判断点P 与A , B , C 是否一定共面,即是要判断是否存在有序实数对x , y ,使
AP =x AB +y AC 或对空间任一点O ,有OP =OA +xAB +yAC 。
解:由题意:5OP =OA +2OB +2OC ,
∴(OP -OA ) =2(OB -OP ) +2(OC -OP ) , ∴AP =2PB +2PC ,即PA =-2PB -2PC , 所以,点P 与A , B , C 共面.
点评:在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候,首先要选择恰当的
充要条件形式,然后对照形式将已知条件进行转化运算.
例题2. 如图,已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直,点M ,N 分别在对角
11
BD ,AN =AE .求证:MN //平面CDE . 33
分析:要证明MN //平面CDE ,只要证明向量NM 可以用平面CDE 内的两个不共线的向量DE 和DC 线性表示.
1
证明:如图,因为M 在BD 上,且BM =BD ,所以
3
11111
MB =DB =DA +AB .同理AN =AD +DE ,
33333又CD =BA =-AB ,所以MN =MB +BA +AN
线BD ,AE 上,且BM =
11112121
=(DA +AB ) +BA +(AD +DE ) =BA +DE =CD +DE .又CD 与33333333DE 不共线,根据共面向量定理,可知MN ,CD ,DE 共面.由于MN 不在平面CDE 内,所以MN //平面CDE .
点评:空间任意的两向量都是共面的. 考点二 证明空间线面平行与垂直
例题3. 如图, 在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AC =3,BC =4,AA 1=4,点D 是AB 的中点, (I )求证:AC ⊥BC 1; (II )求证:AC 1//平面CDB 1;
分析:(1)证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明,二是通过线面垂直来证明线线垂直;(2)
证明线
面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行,二是通过面面平行得到线面平行.
解法一:(I
)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1,底面三边长AC =3,BC =4AB =5,
∴ AC ⊥BC ,且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ,∴ AC ⊥BC 1;
(II )设CB 1与C 1B 的交点为E ,连结DE ,∵ D 是AB 的中点,E 是BC 1的中点,∴ DE//AC 1,∵ DE ⊂平面C D B 1,AC 1⊄平面C D B 1,∴ AC 1//平面C D B 1;
解法二:∵直三棱柱ABC -A 1B 1C 1底面三边长AC =3,BC =4,AB =5,∴AC 、BC 、C 1C 两两垂直,如图,以C 为坐标原点,直线CA 、CB 、C 1C 分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),A (3,0,0),C 1(0,0,4),B (
0,4,
0),B 1(0,4,4),D (2,0)
(1)∵=(-3,0,0),BC 1=(0,-4,0),∴•BC 1=0,∴AC ⊥BC 1. (2)设CB 1与C 1B 的交战为E ,则E (0,2,2). ∵=(-4),∴=
3
,
2
3
,0,2),AC 1=(-3,0,2
1
AC 1,∴DE ∥AC 1. 2
转化
转化
点评:平行问题的转化:
面面平行
线面平行
线线平行;
主要依据是有关定义及判定定理和性质定理.
例题4. (北京市东城区2007年综合练习)如图,在棱长为2的正方体
ABCD -A 1B 1C 1D 1中, O 为BD 1的中点, M 为BC 的中点, N 为AB
的中点,P 为BB 1的中点. (I )求证:BD 1⊥B 1C ; (II )求证BD 1⊥平面MNP ;
(III )求异面直线B 1O 与C 1M 所成角的大小.
分析:本小题考查直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力. 解法一:(I )连结BC 1 由正方体的性质得BC 1是BD 1在
平面BCC 1B 1内的射影
且B 1C ⊥BC 1,
所以BD 1⊥B 1C (II)又MN PM =M ,
∴BD 1⊥平面MNP .
(III )延长CB 到Q , 使BQ =BM , 连结B 1Q , OQ
则QM //C 1B 1, 且QM =C 1B 1. ∴B 1Q //C 1M .
∴∠OB 1Q 是异面直线B 1O 与C 1M 所成的角.
由于正方体的棱长为2,
则B 1O =, B 1Q =B 1B 2+BQ 2=, 设底面ABCD 的中点为O 1,
可求得OQ =OO 12+O 1Q 2=6. cos OB 1Q =
() 2+(5) 2-() 2
2⨯⨯=15
即异面直线B 1O 与C 1M 所成角的大小为arccos 解法二:(I )如图建立空间直角坐标系. 则B (2,2,0),C (0,2,0) B 1(2,2,2),D 1(0,0,2).
. 15
BD 1=(-2, -2, 2), B 1=(-2, 0, -2),
„„„„„„3分
BD 1⋅B 1=4+0-4=0. BD 1⊥B 1C
∴BD 1⊥B 1C
(II )M (1, 2, 0), P (2, 2, 1), N (2, 1, 0) ,
=(1, 0, 1), =(1, -1, 0),
BD 1⋅=-2+0+2=0, BD 1⋅=-2+2+0=0,
∴BD 1⊥MN , BD 1⊥MP . 又MN PM =M ,
∴BD 1⊥平面MNP .
(III )O (1, 1, 1), C 1(0, 2, 2), 设异面直线B 1O 与C 1M 所成的角为θ,
则B 1O =(-1, -1, -1), C 1M =(1, 0, -2).
B 1O ⋅C 1M =-1⨯1+(-1) ⨯0+(-1) ⨯(-2) =1.
∴cos θ=
11=
13⨯5
=.
即异面直线B 1O 与C 1M 所成角的大小为arccso
.
点评:证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直即可. 这些从本题证法中都能十分明显地体现出来
考点三 求空间图形中的角与距离
根据定义找出或作出所求的角与距离,然后通过解三角形等方法求值,注意“作、证、算”的有机统一. 解题时注意各种角的范围:异面直线所成角的范围是0°<θ≤90°,其方法是平移法和补形法;直线与平面所成角的范围是0°≤θ≤90°,其解法是作垂线、找射影;二面角0°≤θ≤180°,其方法是:①定义法;②三垂线定理及其逆定理;③垂面法 另也可借助空间向量求这三种角的大小.
例题5. (河南省开封市2007届高三年级第三次质量检测)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,
AA 1=1,AD=DC=.
(1)求直线A 1C 与D 1C 1所成角的正切值; (2)在线段A 1C 上有一点Q ,且C 1Q =
角的大小.
分析:求线面角关键是作垂线,找射影,求异面直线所成的角采用平移法求二面角的大小也可应用面积射影法,向量法办1
C 1A 1,求平面QDC 与平面A 1DC 所成锐二面3
解法一:(I ) C 1D 1//CD ,
∴∠A 1CD 为异面直线A 1C 与D 1C 1所成的角
连A 1D ,在Rt △A 1DC 中,CD =3,A 1D =2,
∴tan ∠A 1CD =
23
. 3
(II )过Q 作EF (在平面A 1C 1内)使EF//A1B 1,
∴EF //CD
连B 1C 、CF 、DF ,(面EFCD 即平面QDC ;面A 1B 1CD 即平面A 1DC )
DC ⊥面BCC 1B 1, ∴DC ⊥B 1C , DC ⊥CF ,
∴∠B 1CF 即为二面角A 1—DC —Q 的平面角.
C F C Q 11
C 1Q =C 1A 1, ∆C 1QF ~∆A 1QE , ∴1=1=.
3A 1E QA 12
∴C 1F =
B 1F =又B 1C =2, CF =
22
CB +CF -B 1F 在∆B 1CF 中,cos ∠B 1CF =1=2CB 1⋅CF ∴∠B 1CF =30 ,即所求二面角大小为30°
解法二:(I )同解法一(I )
(II )建立空间直角坐标系,
则D (0, 0, 0), C (0, , 0), A 1(3, 0, 1), C 1(0, , 1).
1323
C 1Q =C 1A 1, ∴Q (, , 1),
333
设平面A 1CD , 平面QCD 的一个法向量分别为
n 1=(x 1, y 1, z 1), n 2=(x 2, y 2, z 2) ⎧⎪n 1⋅DC =0, ⎧y 1=0, 由⎨⇒⎨⎪⎩x 1+z 1=0⎩n 1⋅DA 1=0令x 1=1, ∴z 1=-3.
∴n 1=(1, 0, -3).
⎧y 2=0, ⎧n ⋅=0, ⎪⎪由⎨2⇒⎨x 2+z 2=0. ⎪⎪⎩n 2⋅=0⎩3令x 2=1, ∴z 2=-
. 3
∴n 2=(1, 0, -
)
3
∴cos =
12=
1+13
=, 222⨯
3
∴=
π
6
.
即平面QDC 与平面A 1DC 所成锐二面角为
π
6
点评用平移法求异面直线所成的角,利用三垂线定理求作二面角的平面角,是常用的方法.
例题6. (福建省福州三中2008届高三第三次月考)如图,正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都是2,D 是棱AC 的中点,E 是棱CC 1的中点,AE 交A 1D 于点H .
B B
(1)求证:AE ⊥平面A 1BD ;
(2)求二面角D -BA 1-A 的大小(用反三角函数表示); (3)求点B 1到平面A 1BD 的距离。
A 1
C H A
C
分析:本题涉及立体几何线面关系的有关知识, 本题实质上求解角度和距离, 在求此类问题中,要将这些量处于三角形中, 最好是直角三角形, 这样有利于问题的解决,此外用向量也是一种比较好的方法.
解答:(1)证明:建立如图所示,
AE =(-2, -1, 0) A 1D =(-1, 2, 0) BD =(0, 0, -)
∵⋅A 1=2-2+0
⋅=0+0+0(-) =0
∴⊥A 1, ⊥
即AE ⊥A 1D , AE ⊥BD ∴AE ⊥面A 1BD (2)设面DA 1B 的法向量为n 1=(x 1, y 1, z 1)
⎧z 1(-) =0
由n 1⋅A 1=0 n 1⋅=0⇒⎨ ∴取n 1
⎩-x 1++2y 1=0
=(2,1,0)
设面AA 1B 的法向量为 n 2=(x 2, y 2, z 2) ,则由n 2⋅A 1=0, n 2⋅A 1=0
⎧-x +2y 2+z 2=0⇒⎨2 ∴取n 2=(3, 0, ) ⎩2y 2=0
=
6⋅=
5
由图可知二面角D —BA 1—A 为锐角, ∴它的大小为arcos
5
(3)B 1=(0, 2, 0) ,平面A 1BD 的法向量取n 1=(2, 1, 0) 则B 1到平面A 1BD 的距离d=|
1|=
2=
2 5
点评:立体几何的内容就是空间的判断、推理、证明、角度和距离、面积与体积的计算,这是立体几何的重点内容, 本题实质上求解角度和距离, 在求此类问题中, 尽量要将这些量处于三角形中, 最好是直角三角形, 这样计算起来, 比较简单, 此外用向量也是一种比较好的方法, 不过建系一定要恰当, 这样坐标才比较好写出来. 考点四 探索性问题
例题7. (2007安徽·文) 如图,在三棱锥V -ABC 中,VC ⊥底面ABC ,AC ⊥BC ,D 是AB 的中点,且AC =BC =a ,∠VDC =θ 0
⎛⎝
π⎫⎪. 2⎭
π
(II )试确定角θ的值,使得直线BC 与平面VAB 所成的角为.
6
解法1:(Ⅰ)∵AC =BC =a ,∴△ACB 是等腰三角形,又D 是AB 的中点, ∴CD ⊥AB ,又VC ⊥底面ABC .∴VC ⊥AB .于是AB ⊥平面VCD . 又AB ⊂平面VAB ,∴平面VAB ⊥平面VCD .
(Ⅱ) 过点C 在平面VCD 内作CH ⊥VD 于H ,则由(Ⅰ)知CD ⊥平面VAB . 连接BH ,于是∠CBH 就是直线BC 与平面VAB 所成的角.
π
依题意∠CBH =,所以
6
在Rt △
CHD 中,CH =
sin θ; 2
πa =,
62
在Rt △BHC 中,CH =a sin
∴sin θ=∵0
故当θ=
. 2
ππ
,∴θ=.
42
ππ
时,直线BC 与平面VAB 所成的角为. 46
CV 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间
解法2:(Ⅰ)以CA ,CB ,
0,,0) A (a ,0,,0) B (0,a ,,0) D ,0⎪,V 0,0直角坐标系,则C (0,
⎛a a
⎝22⎫⎭
⎛ ⎝⎫tan θ⎪⎪,
2⎭
⎛a a ⎫⎛a a ⎫
-tan θ于是,VD = ,,CD = ,0⎪,AB =(-a ,a ,0) . ⎪ 22⎪22⎝⎭⎝⎭
从而AB ·CD =(-a ,a ,0) · ,0⎪=-
⎛a a
⎝22⎫⎭
1212
a +a +0=0,即AB ⊥CD .
22
⎛a a ⎫1212
·VD =(-a ,a ,0) · ,-a tan θ=-a +a +0=0, 同理AB ⎪ 22⎪222⎝⎭
即AB ⊥VD .又CD
VD =D ,∴AB ⊥平面VCD .
又AB ⊂平面VAB .
∴平面VAB ⊥平面VCD .
(Ⅱ)设平面VAB 的一个法向量为n =(x ,y ,z ) ,
则由n ·AB =0,n ·VD =0.
⎧-ax +ay =0,⎪得⎨a
a az tan θ=0.⎪x +y -
⎩222
可取n =θ) ,又BC =(0,-a ,0) ,
于是sin
πn ·BC ===θ, 62n BC
ππ0
422
即sin θ=故交θ=
ππ
时,直线BC 与平面VAB 所成的角为. 46
解法3:(Ⅰ)以点D 为原点,以DC ,DB 所在的直线分别为x 轴、y
轴,建立如图所示
0,,0) A 0,的空间直角坐标系,则D (0,
⎛
⎝⎫⎛⎫⎛⎫,0⎪,B 0,0,C ,0,0, ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭
⎛⎫⎛⎫⎛⎫V 0a tan θ⎪0a tan θ⎪0,0⎪ -2a ,⎪,于是DV = -2a ,⎪,DC = -2,⎪,22⎝⎭⎝⎭⎝⎭
AB =(0,0) .
从而AB ·DC =(0,0) · -
⎛
⎝⎫a ,0,0⎪=0,即AB ⊥DC .
⎪2⎭
⎛⎫·DV =(0,0) 0a tan θ⎪同理AB -2a ,⎪=0,即AB ⊥DV . 2⎝⎭DV =D ,∴AB ⊥平面VCD .
又AB ⊂平面VAB ,
∴平面VAB ⊥平面VCD .
(Ⅱ)设平面VAB 的一个法向量为n =(x ,y ,z ) , 又DC
=0,则由n ·AB =0,n ·DV =0,得⎨ax +tan θ=0.⎪-⎩22⎛⎫-a ,0⎪0,1) ,又BC = 可取n =(tanθ, -2a ,⎪, 2⎝⎭
tan θπn ·BC ==θ, 于是sin =
6n BC πππ
,∵0
故交θ=时,
4
π
即直线BC 与平面VAB 所成角为.
6
即sin θ=
考点五 折叠、展开问题
A
CD 的中点, 将ADE 例题8.(2006年辽宁高考)已知正方形 E 、F 分别是AB 、
沿DE 折起, 如图所示, 记二面角A -DE -C 的大小为θ(0
(I) 证明BF //平面ADE ;
(II)若ACD 为正三角形, 试判断点A 在平面BCDE 内的射影G 是否在直线EF 上, 证明你的结论, 并求角θ的余弦值
分析:充分发挥空间想像能力,抓住不变的位置和数量关系,借助模型图形得出结论,并给出证明.
解析: (I)证明:EF分别为正方形ABCD 得边AB 、CD 的中点,
∴EB//FD,且EB=FD,
∴四边形EBFD 为平行四边形
∴BF//ED.
EF ⊂平面AED , 而BF ⊄平面AED , ∴BF //平面ADE
(II)如右图, 点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上, 过点A 作AG 垂直于平面BCDE, 垂足为G, 连结
∆ACD 为正三角形, ∴AC=AD.
∴CG=GD.
G 在CD 的垂直平分线上, ∴点A 在平面BCDE 内的射影G 在直线EF 上,
过G 作GH 垂直于ED 于H, 连结AH, 则AH ⊥DE , 所以∠AHD 为二面角A-DE-C 的平面角 即∠AH G =θ.
设原正方体的边长为2a, 连结AF, 在折后图的∆AEF 中
,EF=2AE=2a,即∆AEF 为直角三角形, AG ⋅EF =AE ⋅
AF .
∴AG =
. 在Rt ∆ADE 中, AH ⋅DE =
AE ⋅AD ∴AH =
cos θ=
∴GH =
GH = AH 点评:在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中,一般来说,位于同一平面内的几何元素相对位置和数量关系不变:位于两个不同平面内的元素,位置和数量关系要发生变化,翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂线。 考点六 球体与多面体的组合问题
例题9.设棱锥M —ABCD 的底面是正方形,且MA =MD ,MA ⊥AB ,如果ΔAMD 的面积为1,试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.
分析:关键是找出球心所在的三角形,求出内切圆半径.
解: ∵AB ⊥AD ,AB ⊥MA ,
∴AB ⊥平面MAD , 由此,面MAD ⊥面AC.
记E 是AD 的中点,从而ME ⊥AD. ∴ME ⊥平面AC ,ME ⊥EF.
设球O 是与平面MAD 、平面AC 、平面MBC 都相切的球. 不妨设O ∈平面MEF ,于是O 是ΔMEF 的内心. 设球O 的半径为r ,则r =设AD =EF =a, ∵S ΔAMD =1. ∴ME =
2S △MEF
EF +EM +MF
2222
.MF =a +() , a a
r =
2
a +
22+a 2+() 2a a
≤
2
=2-1。
2+22
当且仅当a =
2
,即a =2时,等号成立. a
∴当AD =ME =2时,满足条件的球最大半径为2-1.
点评:涉及球与棱柱、棱锥的切接问题时一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面,把空间问题化归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系。注意多边形内切圆半径与面积和周长间的关系;多面体内切球半径与体积和表面积间的关系。 一、
方法总结
1.位置关系:
(1)两条异面直线相互垂直
证明方法:○1证明两条异面直线所成角为90º;○2证明两条异面直线的方向量相互垂直。
(2)直线和平面相互平行
证明方法:1证明直线和这个平面内的一条直线相互平行;2证明这条直线的方向量和○○这个平面内的一个向量相互平行;○3证明这条直线的方向量和这个平面的法向量相互垂直。
(3)直线和平面垂直
证明方法:1证明直线和平面内两条相交直线都垂直,2证明直线的方向量与这个平面○○
内不共线的两个向量都垂直;○3证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行。
(4)平面和平面相互垂直
证明方法:○1证明这两个平面所成二面角的平面角为90º;○2证明一个平面内的一条直线垂直于另外一个平面;○3证明两个平面的法向量相互垂直。
2.求距离:
求距离的重点在点到平面的距离,直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离,一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。
(1)两条异面直线的距离
求法:利用公式d
=
(其中A 、B 分别为两条异面直线上的一点,为这两
条异面直线的法向量)
(2)点到平面的距离
求法:○1“一找二证三求”,三步都必须要清楚地写出来。○2等体积法。○3向量法,利
用公式d =
(其中A 为已知点,B 为这个平面内的任意一点,n 这个平面的法向
量)
3.求角
(1)两条异面直线所成的角
求法:○1先通过其中一条直线或者两条直线的平移,找出这两条异面直线所成的角,然后通过解三角形去求得;2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得,但是注意到异面直○线所成角得范围是(0, 相应的锐角。
(2)直线和平面所成的角
求法:○1“一找二证三求”,三步都必须要清楚地写出来。○2向量法,先求直线的方向量于平面的法向量所成的角α,那么所要求的角为
π
2
],向量所成的角范围是[0, π],如果求出的是钝角,要注意转化成
π
2
-α或α-
π
2
。
(3)平面与平面所成的角
求法:○1“一找二证三求”,找出这个二面角的平面角,然后再来证明我们找出来的这个角是我们要求的二面角的平面角,最后就通过解三角形来求。○2通过射影面积来求
cos α=
S 射影S 原
(在其中一个平面内找出一个三角形,然后找这个三角形在另外一个平面的
射影,那么这个三角形的射影面积与原三角形面积之比即为cos α,注意到我们要求的角为α或π-α);○3向量法,先求两个平面的法向量所成的角为α,那么这两个平面所成的二面角的平面角为α或π-α。
我们现在来解决立体几何的有关问题的时候,注意到向量知识的应用,如果可以比较容易建立坐标系,找出各点的坐标,那么剩下的问题基本上就可以解决了,如果建立坐标系不好做的话,有时求距离、角的时候也可以用向量,运用向量不是很方便的时候,就用传统的方法了!
4.解题注意点
(1)我们现在提倡用向量来解决立体几何的有关问题,但是当运用向量不是很方便的时候,传统的解法我们也要能够运用自如。
(2)我们如果是通过解三角形去求角、距离的时候,做到“一找二证三求”,解题的过程中一定要出现这样一句话,“∠α是我们所要求的角”、“线段AB 的长度就是我们所要求的距离”等等。让人看起来一目了然。
(3)用向量来求两条异面直线所成角时,若求出cos α=x ,则这两条异面直线所成的角为α=arccos|x|
(4)在求直线与平面所成的角的时候,法向量与直线方向量所成的角或者法向量与直线的方向量所成角的补交与我们所要求的角互余,所以要锐角,就用
π
2
-α或α-
π
2
,若求出的角为
π
2
-α,若求出的钝角,就用α-
π
2
。
(5)求平面与平面所成角的时,若用第○2、○3种方法,先要去判断这个二面角的平面角是钝角还是锐角,然后再根据我们所作出的判断去取舍。
二、 强化训练
(一) 选择题
1.空间有四个点,如果其中任意三个点都不在同一条直线上,那么经过其中三个点的平面
A .可能有3个,也可能有2个 B.可能有4个,也可能有3个 C .可能有3个,也可能有1个 D.可能有4个,也可能有1个 2.下列命题中正确的个数是( ) ①三角形是平面图形 ②四边形是平面图形
③四边相等的四边形是平面图形 ④矩形一定是平面图形 A .1个 B .2个 C.3个 D.4个
3.设a 、b 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列四个命题 ①若a ⊥b , a ⊥α, 则b //α
②若a //α, α⊥β, 则a ⊥β
( )
③a ⊥β, α⊥β, 则a //α 其中正确的命题的个数是
A .0个
B .1个
④若a ⊥b , a ⊥α, b ⊥β, 则α⊥β C .2个
D .3个
( )
4.如图所示,已知正四棱锥S —ABCD 侧棱长为2,底
面边长为,E 是SA 的中点,则异面直线BE 与SC 所成角的大小为 ( ) A .90° C .45°
B .60° D .30°
5.设有如下三个命题:甲:相交直线l 、m 都在平面α内,并且都不在平面β内;乙:直
线l 、m 中至少有一条与平面β相交;丙:平面α与平面β相交. 当甲成立时,
A .乙是丙的充分而不必要条件 B .乙是丙的必要而不充分条件
C .乙是丙的充分且必要条件 D .乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件
6.若a ,b ,l 是两两异面的直线,a 与b 所成的角是
则α的取值范围是
A .[
π
,l 与a 、l 与b 所成的角都是α, 3
( )
π5π
6, 6
] B .[
ππ
, ] 32
C .[
π5π
3, 6
] D .[
ππ, ] 62
7在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A 1到截面AB 1D 1的距离是( )
43 D 34
8在直二面角α—l —β中,直线a ⊂α, 直线b ⊂β, a 、b 与l 斜交,则( )
A 8 3
B 3 8
C
A a 不和b 垂直,但可能a ∥b B a 可能和b 垂直,也可能a ∥b C a 不和b 垂直,a 也不和b 平行 a 不和b 平行,但可能a ⊥b
9在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,M 为DD 1的中点,O 为底面ABCD 的中心,P 为棱A 1B 1上任意一点,则直线OP 与直线AM 所成的角是( )
A π
6
B π
4
C π
3
π
2
10.如图,正方体ABC D -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,O 是底面 A 1B 1C 1D 1的中心,则O 到平面AB C 1D 1的距离为 (B )
1223
A 、 B 、 C 、 D 、
2422
11.△ABC 的顶点B 在平面a 内,A 、C 在a 的同一侧,AB 、BC 与a 所成的角分别是30°和45°, 若AB =3,BC =42 ,AC =5,则AC 与a 所成的角为
(A )60° (B )45° (C )30° (D)15°
12.矩形ABC D 中,AB =4,BC =3,沿AC 将矩形ABC D 折成一个直二面角B -AC -D ,则四面体ABC D 的外接球的体积为
A .
( ) C .
125
π 12
B .
125
π 9125
π 6
D .
125
π 3
(二)填空题
设X 、Y 、Z 是空间不同的直线或平面,对下面四种情形,使“X ⊥Z 且Y ⊥Z ⇒X ∥Y ”为真命题的是_________(填序号)
①X 、Y 、Z 是直线;②X 、Y 是直线,Z 是平面;③Z 是直线,X 、Y 是平面;④X 、Y 、Z 是平面.
已知∠AOB =90°, 过O 点引∠AOB 所在平面的斜线OC ,与OA 、OB 分别成45°、60°,则以OC 为棱的二面角A —OC —B 的余弦值等于______
15.正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3, 则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________
16.空间四点A 、B 、C 、D 中,每两点所连线段的长都等于a ,动点P 在线段AB 上,动点Q 在线段CD 上,则P 与Q 的最短距离为_________
(一) 解答题
17. 已知ABCD ,从平面AC 外一点O 引向量
OE =kOA , OF =KOB , OG =kOC , OH =kOD ,
(1)求证:四点E , F , G , H 共面; (2)平面AC //平面EG .
18. 如图,P -ABCD 是正四棱锥, ABCD -A 1BC 11D 1是正方
体,其中AB =2, PA = (Ⅰ)求证:PA ⊥B 1D 1;
(Ⅱ)求平面PAD 与平面BDD 1B 1所成的锐二面角θ的大小;
(Ⅲ)求B 1到平面PAD 的距离.
19. 在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD PA 垂直于底面,E 、F 分别是AB 、PC (1)求证:EF //平面P AD ;
(2)当平面PCD 与平面ABCD 直线EF ⊥平面PCD ?
20.(安徽省合肥市2007年高三第三次教学质量检测)已知,在如图所示的几何体ABCED 中,EC ⊥面ABC ,DB ⊥面ABC ,CE=CA=CB=2DB,∠ACB=90°,M 为AD 的中点。 (1)证明:EM ⊥AB ;
(2)求直线BM 和平面ADE 所成角的大小。
21. (山东省济宁市2006—2007学年度高三年级第一次摸底考
试)如图,四面体C —ABD ,CB = CD ,AB = AD , ∠BAD = 90°. E 、F 分别是BC 、AC 的中点.
(Ⅰ)求证:AC ⊥BD ;
(Ⅱ)如何在AC 上找一点M ,使BF ∥平面MED ?并说明理由;
(Ⅲ)若CA = CB ,求证:点C 在底面ABD 上的射影是线段BD 的中点.
A
B
C
B
C
22. (广东省惠州市2008届高三第二次调研)正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,AA 1=2,E 为棱CC 1的中点.
(Ⅰ) 求证:B 1D 1⊥AE ; (Ⅱ) 求证:AC //平面B 1DE ; (Ⅲ)求三棱锥A-BDE 的体积.
A 1
1
E
C
强化训练题答案
A
1.【答案】D 解析: 分类,第一类,四点共面,则有一个平面,第二类,四点不共面,因为没有任何三点共线,则任何三点都确定一个平面,共有4个。.
2.【答案】B 解析:命题①是正确的,因为三角形的三个顶点不共线,所以这三点确定
平面。
命题②是错误,因平面四边形中的一个顶点在平面的上、下方向稍作运动,就形成了空间四边形。命题③也是错误,它是上一个命题中比较特殊的四边形。
命题④是正确的,因为矩形必须是平行四边形,有一组对边平行,则确定了一个平面。 3.【答案】B 解析:注意①中b 可能在α上;③中a 可能在α上;④中b//α,或b ∈α均有
α⊥β,
故只有一个正确命题
4.【答案】B 解析: 平移SC 到S 'B ,运用余弦定理可算得BE =S 'E =S 'B =2.
5.【答案】C 解析:当甲成立,即“相交直线l 、m 都在平面α内,并且都不在平面β内”时,若“l 、m 中至少有一条与平面β相交”,则“平面α与平面β相交.”成立;若“平面α与平面β相交”,则“l 、m 中至少有一条与平面β相交”也成立. 6.【答案】D 解析: 当l 与异面直线a ,b 所成角的平分线平行或重合时,a 取得最小值当l 与a 、b 的公垂线平行时,a 取得最大值
π
,6
π。 2
7【答案】 C 解析设A 1C 1∩B 1D 1=O 1,∵B 1D 1⊥A 1O 1,B 1D 1⊥AA 1,∴B 1D 1⊥平面AA 1O 1,故平面AA 1O 1⊥AB 1D 1,交线为AO 1,在面AA 1O 1内过A 1作A 1H ⊥AO 1于H ,则易知A 1H 长
即是点A 1到平面AB 1D 1的距离,在Rt △A 1O 1A 中,A 1O 1=2,AO 1=32,由A 1O 1·A 1A =h ·AO 1,
可得A 1H =
4。 3
8【答案】C 如图,在l 上任取一点P ,过P 分别在α、β内作a ′∥a , b ′∥b , 在a ′上任取一点A ,过A 作AC ⊥l ,垂足为C ,则AC ⊥β, 过C 作CB ⊥b ′交b ′于B ,连AB ,由三垂线定理知AB ⊥b ′,
∴△APB 为直角三角形, 故∠APB 为锐角
9【答案】 D 解析 (特殊位置法)将P 点取为A 1,作OE ⊥AD 于E ,连结A 1E ,则A 1E 为OA 1的射影,又AM ⊥A 1E ,∴AM ⊥OA 1,即AM 与OP 成90°角 答案D
10.【答案】B 解析:取B 1C 1的中点M ,连B 1C 交BC 1于O ',取O 'C 1的中点N ,连MN ,则MN ⊥BC 1又在正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中OM 平行于平面ABC 1D 1.
则O 到平面
ABC 1D 1距离转化为M 到平面ABC 1D 1的距离,即MN=
2
,故选B 4
C
B
F 11.【答案】C 解析:如图,A E ⊥平面α于E, C D ⊥平面α于D,EF ∥AC ,EF 交C D 于F, 则∠AB E=300, ∠CB D=450, 由此得C D=4,A E=1.5,∴EF=2.5,而EF=AC =5 ∴∠FED=300, 即AC 与平面α所成的角为300, ∴选(C )
12.【答案】C 解析:连接矩形ABC D 的对角线AC 、B D 交于O ,则A O =B O =C O =DO ,
则O 为四面体ABC D 的外接球的圆心,因此四面体ABC D 的外接球的半径为为π() =
5
,体积2
4352
3
125
π. 选C . 6
【答案】 ②③ 解析①是假命题,直线X 、Y 、Z 位于正方体的三条共点棱时为反例,②③是真命题,④是假命题,平面X 、Y 、Z 位于正方体的三个共点侧面时为反例
【答案】-
解析在OC 上取一点C ,使OC =1,过C 分别作CA ⊥OC 交OA 3
于A ,CB ⊥OC 交OB 于B ,则AC =1,,OA =2,BC =,OB =2,Rt △AOB 中,AB 2=6,
- 3
【答案】 60° 设一个侧面面积为S 1,底面面积为S ,则这个侧面在底面上射
1S
S 12S S 1
影的面积为,由题设得=, =,设侧面与底面所成二面角为θ, 则cos θ==
S 13S 123S 3
△ABC 中,由余弦定理,得cos ACB =
∴θ=60°答案60°
2
a 解析 以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形,且为正四面2
2
体,取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点,因为AQ =BQ =a , ∴PQ ⊥AB ,
2
同理可得PQ ⊥CD ,故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离,在Rt △APQ 中,
【答案】
PQ =AQ 2-AP 2=(
232a 22
a. 答案a a ) -() =
2222
17.解:(1)∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AC =AB +AD ,
∵EG =OG -OE ,
=k ⋅OC -k ⋅OA =k (OC -OA ) =k AC =k (AB +AD ) =k (OB -OA +OD -OA ) =OF -OE +OH -OE =EF +EH
∴E , F , G , H 共面;
(2)∵EF =OF -OE =k (OB -OA ) =k ⋅AB ,又∵EG =k ⋅AC ,
∴EF //AB , EG //AC
所以,平面AC //平面EG . 18.解:(Ⅰ) 连结AC , 交BD 于点O , 连结PO , 则PO ⊥面ABCD , 又∵AC ⊥BD ,
∴PA ⊥BD , ∵BD //B 1D 1, ∴PA ⊥B 1D 1 .
(Ⅱ) ∵AO ⊥BD , AO ⊥PO , ∴AO ⊥面PBD , 过点O 作OM ⊥PD 于点M ,连结AM , 则
AM ⊥PD , ∴∠A M O 就是二面角A-PD-O 的平面角,
又∵AB =2, PA =∴AO=2, PO=6-2=2
OM =
PO ⋅OD AO == ,
∴tan ∠AMO =,
==
OM PD 即二面角的大小为arctan
. 11
⇒h x S PAD =AO S B 1PD
33, +S ∆PBD -S ∆PBB 1) 解得h x =即有
(Ⅲ) 用体积法求解:V B 1-PAD =V A -B 1PD
1
(S ∆BDB 1即B 1到平面P AD
111h x 2=323
19.证:(1)取CD 中点G ,连结EG 、FG
∵E 、F 分别是AB 、PC 的中点,∴EG//AD,FG//PD, ∴平面EFG//平面PAD , ∴ EF//平面PAD .
(2)当平面PCD 与平面ABCD 成45︒角时,直线EF ⊥平面PCD.
证明:∵G 为CD 中点,则EG ⊥CD ,∵PA ⊥底面ABCD ∴AD 是PD 在平面ABCD
内的射影。 ∵CD ⊂平面ABCD ,且CD ⊥AD ,故CD ⊥PD .又∵FG ∥PD ∴
FG ⊥CD ,故∠EGF 为平面PCD 与平面ABCD 所成二面角的平面角,即∠EGF=45︒,从而得∠ADP=45︒, AD=AP.由Rt ∆PAE ≅Rt ∆CBE ,得PE=CE.又F 是PC 的中点,∴EF ⊥PC.
由CD ⊥EG ,CD ⊥FG ,得CD ⊥平面EFG ,∴CD ⊥EF ,即EF ⊥CD ,
故EF ⊥平面PCD . 20.解法一:
(1)如图,以C 为原点,CA 、CB 、CE 所在的射线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.
不妨设BD=1,则E (0,0,2),A (2,0,0),D (0,2,1),B (0,2,0)
由M 是AD 的中点,得M (1, 1, )
1
2
3
EM =(1, 1, -), =(-2, 2, 0)
2
⋅=0得EM ⊥AB
(2)=(-2, 2, 1), =(-2, 0, 2) 设面ADE 的法向量n=(x ,y ,z )
由⋅n =0, ⋅n =0, 易求平面ADE 的一个法向量为n =(1, 又=(1, -1, ) ⇒cos =∴直线BM 和平面ADE 所成角为
1, 1) 2
124 9
4。 9
π
2
-arccos
解法二:
(1)如图,过M 作MN ⊥AB ,由DB ⊥面ABC „„2分
⇒,面ABD ⊥面ABC ,得MN ⊥面ABC
⇒MN //BD //CE ,
∵M 是AD 中点,N 是AB 中点,CA=CB, ∴CN ⊥AB
由三垂线定理,得EM ⊥AB
(2)设CB 和ED 延长线交于F ,不妨设BD=1 易求BF =2, AB =22, AD =3, BM =
32
; DF =, AF =25
cos ∠DFA =
43
, sin ∠DFA =, 得S ∆ADF =3 55
2
3
设B 到面AEF 的距离为h ,由V D -ABF =V B -ADF , 得
h =
设直线BM 和平面ADE 所成角为θ, sin θ=h 4= BM 9
θ=arcsin 4。 9
21.解:(Ⅰ)取BD 的中点O ,连接AO ,CO ,在△BCD 中, ∵BC = DC ,∴CO ⊥BD ,同理AO ⊥BD
而AO ∩CO = O ,∴BD ⊥平面AOC ,
又AC ⊂平面AOC ,∴AC ⊥BD .
(Ⅱ)取FC 的中点M ,连接EM ,DM ,
∵E 是BC 的中点,∴BF ∥EM ,
∵EM ⊂平面MED ,∴BF ∥平面MED ,
∴FC 的中点M 即为所求.
(Ⅲ)∵△ABD 是等腰直角三角形,∠BAD = 90°,
∴AO = BO = DO;∵CA = CB = CD ,CO 是公共边,
∴△COA ≌△COB ≌△COD ;
∴∠COA=90°,即CO ⊥AO ,
又CO ⊥BD ,AO ∩BD = O ,∴CO ⊥平面ABD
即点C 在底面ABD 上的射影是线段BD 的中点 。
22.解析:主要考察立体几何中的位置关系、体积.
(Ⅰ) 证明:连结BD ,则BD //B 1D 1,
∵ABCD 是正方形,∴AC ⊥BD .∵CE ⊥面ABCD ,∴CE ⊥BD . 又AC CE =C ,∴BD ⊥面ACE .
∵AE ⊂面ACE ,∴BD ⊥AE ,
∴B 1D 1⊥AE .
(Ⅱ)证明:作BB 1的中点F ,连结AF 、CF 、EF .
∵E 、F 是CC 1、BB 1的中点,∴
CE B 1F ,
∴四边形B 1FCE 是平行四边形,∴ CF// B 1E .
∵E , F 是CC 1、BB 1的中点,∴EF //BC , 又BC //AD ,∴EF //AD .
∴四边形ADEF 是平行四边形,∴AF //ED ,
∵AF CF =C ,B 1E ED =E ,
∴平面ACF //面B 1DE .
又AC ⊂平面ACF ,∴AC //面B 1DE .
共23页 第21页
(3)S ∆ABD =
V A -BDE 1AB ⋅AD =2. 2112=V E -ABD =S ∆ABD ⋅CE =S ∆ABD ⋅CE =. 333
(四)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.
创新试题解析答案
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= 3. 4
在△ABE 中,FG =332⋅BE =, 48
DF =, FG 3
. 3在Rt △DFG 中,tan FGD =所以,二面角B —AB 1—D 的大小为 (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CH
=BB 1⋅CD =. B 1D 5
共23页 第22页
即点C 到平面AB 1D 的距离是. 5
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D (0, 0, 0), A 1(0, 31311, 1), E (-, , ), C (, 0, 0). 24422
111∴A 1=(, -, -1), =(-, , ), 22442
∴A 1C =-2DE , ∴A 1C //DE .
DE ⊂平面AB 1D , A 1C ⊄平面AB 1D , ∴A 1C //平面AB 1D .
(II )解: A (0, 131, 0), B 1(-, 0, 1) , ∴AD =(0, , 0), B 1D =(, 0, -1) , 2222
设n 1=(p , q , r ) 是平面AB 1D 的法向量,则n 1⋅=0, 且n 1⋅B 1=0, 故-1q =0, p -r =0. 取r =1, 得n 1=(2, 0, 1) ; 22
同理,可求得平面AB 1B 的法向量是n 2=(3, -1, 0). 设二面角B —AB 1—D 的大小为θ, cos θ=n 1⋅n 2, =|n 1||n 2|5∴二面角B —AB 1—D 的大小为. 5 (III )解由(II )得平面AB 1D 的法向量为n 1=(2, 0, 1) , 取其单位法向量n =(2
5, 0, 11), 又=(, 0, 0). 25
∴点C 到平面AB 1D 的距离d =|⋅n |=5. 5
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