发布时间 : 星期六 文章人教b版选修2-1空间立体大题(中档题+答案) - 图文更新完毕开始阅读
13.(2016?常德一模)如图所示的几何体中,ABC﹣A1B1C1为三棱柱,且AA1⊥平面ABC,四边形ABCD为平行四边形,AD=2CD,∠ADC=60°.
(Ⅰ)若AA1=AC,求证:AC1⊥平面A1B1CD;
(Ⅱ)若CD=2,AA1=λAC,二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为
,求三棱锥C1﹣A1CD的体积.
【考点】用空间向量求平面间的夹角;直线与平面垂直的判定;二面角的平面角及求法. 【专题】综合题;向量法;空间位置关系与距离;空间角;空间向量及应用. 【分析】(Ⅰ)若AA1=AC,根据线面垂直的判定定理即可证明AC1⊥平面A1B1CD;
(Ⅱ)建立坐标系,根据二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为
,求出λ的值,根据三棱锥的体积公式进行计算即可.
【解答】证明:(Ⅰ)若AA1=AC,则四边形ACC1A1为正方形,则AC1⊥A1C, ∵AD=2CD,∠ADC=60°,∴△ACD为直角三角形,则AC⊥CD,
∵AA1⊥平面ABC,∴CD⊥平面ACC1A1,则CD⊥A1C, ∵A1C∩CD=C,∴AC1⊥平面A1B1CD;
(Ⅱ)若CD=2,∵∠ADC=60°,∴AC=2,
则AA1=λAC=2λ,建立以C为坐标原点,CD,CB,CC1分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图: 则C(0,0,0),D(2,0,0),A(0,2,0),C1(0,0,2λ),A1(0,2,2λ), 则
=(2,﹣2
,﹣2
λ),
=(2,0,0),
=(0,2
,0),
设面CA1D的一个法向量为=(x,y,z). 则?
=2x﹣2
y﹣2
λz=0,?
=2x=0,
则x=0,y=﹣λz,令z=1,则y=﹣λ,则=(0,﹣λ,1) 设面A1DC1的一个法向量为=(x,y,z) ?
=2x﹣2
y﹣2
λz=0,?
=2λ,
y=0,
则y=0,2x﹣2则=(
λz=0,令z=1,则x=
λ,0,1),
,
=
,
∵二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为∴cos<,>=
2
2
=
即(1+λ)(1+3λ)=8,得λ=1,即AA1=AC, 则三棱锥C1﹣A1CD的体积V=V
=
=
=4.
【点评】本题主要考查线面垂直的判断以及三棱锥体积的计算,根据二面角的关系建立坐标系求出λ的值是解决本题的关键. 14.(2016?平顶山二模)如图,在四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD是平行四边形,侧SBC是正三角形,点E是SB的中点,且AE⊥平面SBC. (1)证明:SD∥平面ACE;
(2)若AB⊥AS,BC=2,求点S到平面ABC的距离.
【考点】点、线、面间的距离计算;直线与平面平行的判定. 【专题】空间位置关系与距离. 【分析】(1)连结BD,交于点F,由已知得EF∥SD,由此能证明SD∥平面ACE.
(2)由已知得AB=,AE=1,AE⊥CE,CE=,AC=2,由VS﹣ABC=VA﹣SBC,能求出点S到平面ABC的距离. 【解答】(1)证明:连结BD,交于点F, ∵ABCD是平行四边形,∴F是BD的中点, 又∵点E是SB的中点,∴EF∥SD, ∵SD?平面ACE,EF?平面ACE, ∴SD∥平面ACE.
(2)解:∵AB⊥AS,BC=2,且点E是SB的中点, ∴AB=,AE=1,
又∵AE⊥平面SBC,CE?平面SBC,∴AE⊥CE, ∴侧面SBC是正三角形,∴CE=, ∴AC=
=2,
,腰为2的等腰三角形.
=
,
∴△ABC是底边为∴
设点S一平面ABC的距离为h, 由VS﹣ABC=VA﹣SBC,得
,
∴h===.
【点评】本题考查空间点、线、面的位置,考查线线平行、线面平行、线线垂直与线面垂直,考查等积法求几何体的体积,考查空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力及化归思想等.
15.(2016?广州一模)如图,四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,AC∩BD=O,A1O⊥底面ABCD,AB=AA1=2. (Ⅰ)证明:BD⊥平面A1CO;
(Ⅱ)若∠BAD=60°,求点C到平面OBB1的距离.
【考点】点、线、面间的距离计算;直线与平面垂直的判定.
【专题】计算题;规律型;数形结合;转化思想;空间位置关系与距离. 【分析】(Ⅰ)证明A1O⊥BD.CO⊥BD.即可证明BD⊥平面A1CO. (Ⅱ)解法一:说明点B1到平面ABCD的距离等于点A1到平面ABCD的距离A1O.设点C到平面OBB1的距离为d,
通过
,求解点C到平面OBB1的距离.
解法二:连接A1C1与B1D1交于点O1,连接CO1,OO1,推出OA1O1C为平行四边形.证明CH⊥平面BB1D1D,然后求解点C到平面OBB1的距离. 【解答】(Ⅰ)证明:因为A1O⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1O⊥BD.…(1分)
因为ABCD是菱形,所以CO⊥BD.…(2分) 因为A1O∩CO=O,A1O,CO?平面A1CO, 所以BD⊥平面A1CO.…(3分)
(Ⅱ)解法一:因为底面ABCD是菱形,AC∩BD=O,AB=AA1=2,∠BAD=60°, 所以OB=OD=1,.…(4分) 所以△OBC的面积为
因为A1O⊥平面ABCD,AO?平面ABCD, 所以A1O⊥AO,
.…(6分)
.…(5分)
因为A1B1∥平面ABCD,
所以点B1到平面ABCD的距离等于点A1到平面ABCD的距离A1O.…(7分) 由(Ⅰ)得,BD⊥平面A1AC.
因为A1A?平面A1AC,所以BD⊥A1A. 因为A1A∥B1B,所以BD⊥B1B.…(8分) 所以△OBB1的面积为
设点C到平面OBB1的距离为d, 因为所以
,
.…(10分)
.…(9分)
所以.
所以点C到平面OBB1的距离为
.…(12分)
解法二:由(Ⅰ)知BD⊥平面A1CO, 因为BD?平面BB1D1D,
所以平面A1CO⊥平面BB1D1D.…(4分) 连接A1C1与B1D1交于点O1, 连接CO1,OO1,
因为AA1=CC1,AA1∥CC1,所以CAA1C1为平行四边形.
又O,O1分别是AC,A1C1的中点,所以OA1O1C为平行四边形. 所以O1C=OA1=1.…(6分)
因为平面OA1O1C与平面BB1D1D交线为OO1,
过点C作CH⊥OO1于H,则CH⊥平面BB1D1D.…(8分) 因为O1C∥A1O,A1O⊥平面ABCD,所以O1C⊥平面ABCD.
因为OC?平面ABCD,所以O?1C⊥OC,即△OCO1为直角三角形.…(10分) 所以
.
所以点C到平面OBB1的距离为
.…(12分)
【点评】本题考查空间想象能力以及计算能力,考查直线与平面垂直的判定定理以及点线面距离的求法,考查转化思想. 16.(2004?山东)如图,已知四棱锥P﹣ABCD,PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°. (I)求点P到平面ABCD的距离,
(II)求面APB与面CPB所成二面角的大小.
【考点】点、线、面间的距离计算;与二面角有关的立体几何综合题. 【专题】压轴题. 【分析】(1)侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,△PAD与菱形ABCD有公共边AD,所以△PAD≌△ADB≌△CDB,故作PO⊥平面ABCD,垂足为点O.连接OB、OA、OD、OB与AD交于点E,连接PE.于