发布时间 : 星期四 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