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立体几何综合题题型练习教师版


立体几何综合题题型练习
例 1:知识点交汇题型 (1)如图 1,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 是侧面 BB1C1C 内一动点,若点 P 到直线 BC 与直线 C1D1 的距离相等, 则动点 P 的轨迹所在的曲线是( ) (A)直线 (B)圆 (C)双曲线 (D)抛物线 分析:立体几何问题向平面几何转化是解决问题的一个途径.本题将立体几何中的“距 离”与解

析几何中的“轨迹”巧妙地组合起来,将解析几何问题转化为平面几何问题,揭示了 不同数学分支之间的内在联系,令人倍感清新和谐、回味无穷.无独有偶,2004 年重庆卷也 有一道类似的高考题. (2) 若三棱锥 A-BCD 的侧面 ABC 内一动点 P 到底面 BCD 的距离与到棱 AB 的距离相等, 则动点 P 的轨迹与△ABC 组成的图形可能是( ).

(A)

(B)

(C)

(D)

分析:利用普性遍与特殊性的关系,首先考虑特殊图形,当 AC⊥平面 BCD 时,问题化为点 P 到 AB 和 BC 距离相 等的点的轨迹.显然,点 P 的轨迹是∠ABC 的平分线.如图 2 所示. 当 AC 不垂直于平面 BCD 时,如图 3 所示,设点 P 到平面 DBC、到边 BC 和到边 AB 的距离分别为 h、dBC 、dAB,设 A-BC-D 的大小为 θ,则 以答案选 D.

d AB h =sinθ≤1,所 ? d BC d BC

【评注】 显然在这个相类似的问题中,重庆卷的题目比北京卷的要难一些. (3)如图 5,动点 P 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对角线 BD1 上.过点 P 作垂直于平面 BB1D1D 的直线,与正方体表 面相交于 M、N.设 BP=x,MN=y,则函数 y=f(x)的图象大致是( )

分析:本题给出了变量——自变量和因变量,给出了函数图象的选项,要求函数的大致图 象.显然若能求出函数解析式,问题便解出,但却不是一件容易的事.改变研究视角是正确的选 择:把 MN 向平面 ABCD 内作正投影,保持其长度不变,从而把空间问题转为平面问题,在平 面内研究函数关系即可顺利完成. 解:设正方体的棱长为 a.由图形的对称性知点 P 始终是 MN 的中点,而且随着点 P 从点 B 向 BD1 的中点滑动, 的值逐渐增大到最大, y 再由 BD1 的中点向点 D1 滑动, 的值逐渐变小, y

由此排除选项 A 和 C, 如图 6, MN 向平面 ABCD 内正投影得 M ' N ' , M ' N ' =MN=y, 把 则 由于

BP ' BD 2a 6 , ? ? ? BP BD1 3 3a

所以 BP ' ?

2 6 6 3 x ,所以当 x ? a 时, MN ? y ? 2 BP ' ? x ,为一次函数.故答案选 B.. 3 2 3

【评注】MN 向平面 ABCD 内作正投影是转化问题的关键. 例 2:表面最短距离题型 如图,在正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,AB=3, AA1 ? 4 ,M 为 AA1 的中点,P 是 BC 上一点,且由 P 沿棱柱侧面经 过棱 CC1 到 M 的最短路线长为 29 ,设这条最短路线与 CC1 的交点为 N,求: (I)该三棱柱的侧面展开图的对角线长; (II)PC 和 NC 的长; (III)平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的大小(用反三角函数表示) 解:(I)正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的侧面展开图是一个长为 9,宽为 4 的矩形,其对角线长为 9 2 ? 4 2 ?
?

97 .

(II)如图 1,将侧面 BB1C1C 绕棱 CC1 旋转 120 使其与侧成 AA1C1C 在同一平面上,点 P 运动到点 P 的位置, 1 连接 MP ,则 MP 就是由点 P 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到点 M 的最短路线. 1 1
A1 B1 M N A C1

A1 B1 M

C1

N C

B

xC x P

P1

A B

P

H

P1

设 PC ? x ,则 P C ? x ,在 Rt?MAP 中,由勾股定理得 1 1

(3 ? x) 2 ? 2 2 ? 29
求得 x ? 2 .

? PC ? PC ? 2.? 1

NC PC 2 4 ? 1 ? ,? NC ? . MA P A 5 5 1

(III)如图 2,连结 PP1 ,则 PP1 就是平面 NMP 与平面 ABC 的交线,作 NH?PP1 于 H, 又 CC1? 平面 ABC,连结 CH,由三垂线定理得, CH?PP . 1

? ?NHC 就是平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角的平面角(锐角);
在 Rt?PHC 中,? ?PCH ?

1 PC ?PCP1 ? 60 ? ,? CH ? ? 1. 2 2

4 NC 5 4 在 Rt?NCH 中, tg?NHC ? ? ? , CH 1 5

故平面 NMP 与平面 ABC 所成二面角(锐角)的大小为 arctg 例 3:折叠题型 在直角梯形 ABCP 中,AP∥BC, AP ? AB , AB ? BC ?
1 2

4 . 5

AP ? 2, D 是 AP 的中点,E,F,G 分别为 PC、PD、CB 的中

点,将△ PCD 沿 CD 折起,使得 PD ? 平面 ABCD,如图 2. (1)求证:AP∥平面 EFG; (2)求二面角 G-EF-D 的大小;

解:(Ⅰ)证明:方法一)连 AC,BD 交于 O 点,连 GO,FO,EO.
? E , F 分别为 PC , PD 的中点, ? EF

1 2

CD ,同理 GO

1 2

CD , ? EF

GO

? 四边形 EFOG 是平行四边形, ? EO ? 平面 EFOG. ……………………3 分

又在三角形 PAC 中,E,O 分别为 PC,AC 的中点, ? PA ∥EO……………4 分
EO ? 平面 EFOG, PA ? 平面 EFOG,………………………………………………………5 分

? PA ∥平面 EFOG,即 PA∥平面 EFG.……………………………………………………6 分

(法二)如图以 D 为原点,以 DA , DC , DP ,为方向向量建立空间直角坐标系 D-xyz. 则有关点及向量的坐标为: P(0,0,2),C(0,2,0),G(1,2,0), E(0,1,1),F(0,0,1),A(2,0,0)
??? ? ??? ? ???? AP ? ( ?2, 0, 2), EF ? (0, ?1, 0), EG ? (1,1, ?1)

??? ?

????

????

? n ? ( x, y , z ) 设平面 EFG 的法向量为

?x?z ?n ? EF ? 0 ?? y ? 0 ? ? ? ?? ?? ?? . ? ? ?n ? EG ? 0 ? x ? y ? z ? 0 ? y ? 0
取 n ? (1, 0,1). ……………………4 分
? n ? AP ? 1 ? ( ?2) ? 0 ? 0 ? 1 ? 2 ? 0,? n ? AP, …………………………………………5 分
? ??? ? ? ??? ? ?

?

又 AP ? 平面 EFG.
? AP ∥平面 EFG.…………………………………………………………6 分

(Ⅱ)连 AC,BD 交于 O 点,连 GO,FO,EO.

? E , F 分别为 PC,PD 的中点,? EF

1 2

CD ,同理 GE

1 2

PB

又 CD AB,? EF

1 2

AB

EG ? EF ? E , PB ? AB ? B ,? 平面 EFG∥平面 PAB,
又 PA ? 平面 PAB,? PA ∥平面 EFG. 由已知底面 ABCD 是正方形
? AD ? DC ,又 ? PD ? 面 ABCD

? AD ? PD

又 PD ? CD ? D

? AD ? 平面 PCD,
? 向量 DA 是平面 PCD 的一个法向量, DA ? (2, 0, 0) ……………8 分
??? ?

??? ?

又由(Ⅰ)知平面 EFG 的法向量为 n ? (1, 0,1) ,……………………………………9 分

?

??? ? ? ??? ? ? DA ? n 2 2 ? cos? DA, n ? ? ??? ? . ……………………………………………10 分 ? ? ? | DA | ? | n | 2 2 2
结合图知二面角 G-EF-D 的平面角为 45°.…………………………………12 分 例 4:探索题型 在四棱锥 P - ABCD 中, AB // CD , AB ^ AD , AB = 4, AD = 2 2, CD = 2 , PA ^ 平面 ABCD , PA = 4 . (Ⅰ)设平面 PAB ? 平面 PCD ? m ,求证: CD // m ; (Ⅱ)求证: BD ? 平面 PAC ; (Ⅲ)设点 Q 为线段 PB 上一点,且直线 QC 与平面 PAC 所成角的正弦值为 解答:(Ⅰ)证明: 因为 AB // CD , CD ? 平面 PAB , AB ? 平面 PAB , 所以 CD //平面 PAB . ………………………………………2 分 因为 CD ? 平面 PCD ,平面 PAB ? 平面 PCD ? m , 所以 CD // m . ………………………………………4 分
z

PQ 3 ,求 的值. PB 3

(Ⅱ)证明:因为 AP ^ 平面 ABCD , AB ^ AD ,所以以 A 为坐标原点, AB ,

AD , AP 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,则

P

B(4, 0, 0) , P(0, 0, 4) , D(0, 2 2,0) , C(2, 2 2,0) . ………5 分
所以 BD ? (?4,2 2,0) , AC ? (2, 2 2,0) , AP ? (0,0, 4) ,

??? ?

??? ?

??? ?

??? ??? ? ? 所以 BD ? AC ? (?4) ? 2 ? 2 2 ? 2 2 ? 0 ? 0 ? 0 , ??? ??? ? ? BD ? AP ? (?4) ? 0 ? 2 2 ? 0 ? 0 ? 4 ? 0 .
所以 BD ? AC , BD ? AP . 因为 AP ? AC ? A , AC ? 平面 PAC , PA ? 平面 PAC ,
B x

A C

D y

所以 BD ? 平面 PAC . (Ⅲ)解:设

PQ = ? (其中 0 #? PB ??? ? ??? ? 所以 PQ = ? PB .

1 ), Q( x, y, z) ,直线 QC 与平面 PAC 所成角为 ? .

所以 ( x, y, z - 4) = ? (4,0, - 4) .

? x ? 4? ? 所以 ? y ? 0 即 Q(4? ,0, - 4? + 4) . ? z ? ?4 ? ? 4 ?
所以 CQ = (4? - 2, - 2 2, - 4? + 4) .

??? ?

………………………………………11 分

由(Ⅱ)知平面 PAC 的一个法向量为 BD ? (?4,2 2,0) .

??? ?

??? ??? ? ? ??? ??? ? ? CQ ×BD 因为 sin ? = cos < CQ, BD > = ??? ??? , ? ? CQ ×BD
7 3 ?4(4? ? 2) ? 8 ? [0,1] . ,解得 ? ? ? 12 3 2 6 ? (4? ? 2)2 ? 8 ? (?4? ? 4) 2 PQ 7 = . ……………………………………14 分 PB 12

所以

所以

例 5:三视图为背景题型 已知某几何体的直观图和三视图如下图所示,其正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形, 俯视图为直角梯形. (1)求证:BN 丄平面 C1B1N; (2)设 M 为 AB 中点,在 BC 边上找一点 P,使 MP//平面 CNB1,并求 的值.

解答.方法一 C (1)证:∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形 ∴BB1C1C 是矩形,AB⊥BC,AB⊥BB1, BC⊥BB1 由三视图中的数据知: AB = BC = 4,BB1 = CC1 = 8,AN = 4 2 分 ∵AB⊥BC,BC⊥BB1,∴BC⊥平面 ANBB1 A P M N Q B E R B1 C1

∵B1C1∥BC,∴B1C1⊥平面 ANBB1 因此 B1C1⊥BN 4 分 在直角梯形 B1BAN 中,过 N 作 NE∥AB 交 BB1 于 E, 则 B1E = BB1-AN = 4 故△NEB1 是等腰直角三角形,∠B1NE = 45° 又 AB = 4,AN = 4,∴∠ANB = 45° 因此∠BNB1 = 90° ,即 BN⊥B1N 又 B1N ∩B1C1 = B1,∴BN⊥平面 C1B1N. 8分 6分

(2)解:过 M 作 MR∥BB1,交 NB1 于 R,则 MR ? 过 P 作 PQ∥BB1,交 CB1 于 Q,则 PQ∥MR, 设 PC = a,则
PQ PC PQ a ? ? ? BB1 BC 8 4

8?4 ?6 2

? PQ ? 2a

由 PQ = MR 得:2a = 6,a = 3 此时,PMRQ 是平行四边形,∴PM∥RQ, ∵RQ?平面 CNB1,MP ? 平面 CNB1, ∴MP∥平面 CNB1, 方法二

10 分

BP 4 ? 3 1 ? ? . PC 3 3

12 分

(1)证:∵该几何体的正视图为矩形,侧视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形, ∴BA、BC、BB1 两两互相垂直 2分 z C C1

以 BA、BB1、BC 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A(4,0,0),N(4,4,0),B1(0,8,0), C1(0,8,4),C(0,0,4),B(0,0,0) ????? ????? B1 N ? (4, 4, , B1C1 ? (0, , ? 0) 0 4) ???? ????? ∵ BN ? B1 N ? (4, , ? (4, 4, ? 0 , 4 0) ? 0) ???? ????? BN ? B1C1 ? (4, , ? (0, , ? 0 4 0) 0 4) ∴BN⊥B1N,BN⊥B1C1,又 B1N ∩B1C1 = B1 ∴BN⊥平面 C1B1N (2)解:设 P(0,0,a)为 BC 上一点, 8分 4分

B A x 6分 N

B1 y

???? ? 0 a ∵M 为 AB 的中点,∴M(2,0,0),故 MP ? (?2, , )
设平面 CNB1 的一个法向量为 n = (x,y,z),则有 ???? ? ???? ? n ? NC , ? NB1 , n
? 4) ? ( x ,y,z ) ? (?4, 4, ? 0 ??4 x ? 4 y ? 4 z ? 0 ?x ? y ? a ? ? ? ? ∴? ( x ,y,z ) ? (?4, , ? 0 4 0) ?4 x ? 4 y ? 0 ? ? ?x ? y

∴平面 CNB1 的一个法向量为 n = (1,1,2)

???? ? 要使 MP∥平面 CNB1,只需 n ? MP ,于是 ???? ? (1,1,2) = 0 n ? MP ? 0 ,即(-2,0,a)·
解得:a = 1 ∵MP ? 平面 CNB1,∴MP∥平面 CNB1, 此时 PB = a = 1,∴
BP 1 ? PC 3

例 6:不规则几何体题型 如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截面而得到的,其中 AB ? 4 , BC ? 2 , CC1 ? 3 ,

BE ? 1 .
(Ⅰ)求 BF 的长; (Ⅱ)求点 C 到平面 AEC1F 的距离. 解:(I)建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) , B(2, 4,0)

A(2,0,0), C(0, 4,0), E(2, 4,1), C1 (0, 4,3) 设 F (0,0, z) .
∵ AEC1F 为平行四边形,

?由AEC1F为平行四边形, ??? ???? ? ? ?由AF ? EC1得,(?2,0, z ) ? (?2,0, 2), ? z ? 2.? F (0,0, 2). ??? ? ? EF ? (?2, ?4, 2). ??? ? 于是 | BF |? 2 6, 即BF的长为2 6.
(II)设 n1 为平面 AEC1F 的法向量, 显然 n1 不垂直于平面 ADF ,故可设 n1 ? ( x, y,1)

??

??

?? ??? ? ?n1 ? AE ? 0 ?0 ? x ? 4 ? y ? 1 ? 0 ? 由 ? ?? ??? ,得 ? ? ??2 ? x ? 0 ? y ? 2 ? 0 ?n1 ? AF ? 0 ?
?x ? 1 ?4 y ? 1 ? 0 ? 即? ,? ? 1 ??2 x ? 2 ? 0 ?y ? ? 4 ?
又 CC1 ? (0,0,3) ,设 CC1 与 n1 的夹角为 ? ,则

???? ?

???? ?

??

cos? ?

CC1 ? n1 | CC1 | ? | n1 |

?

3 3? 1? 1 ?1 16

?

4 33 . 33

∴ C 到平面 AEC1F 的距离为

d ?| CC1 | cos? ? 3 ?
例 7:不常规放置题型

4 33 4 33 ? . 33 11

3、如图,已知正三棱柱 ABC — A1 B1C1 的底面边长是 2 , D 是侧棱 CC1 的中点,直线 AD 与侧面 BB1C1C 所成的角为

45? .
(Ⅰ)求此正三棱柱的侧棱长; (Ⅱ) 求二面角 A ? BD ? C 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 ABD 的距离. 解:(Ⅰ)设正三棱柱 ABC — A1 B1C1 的侧棱长为 x .取 BC 中点 E ,连 AE .
B
H

A

A1

E

G F C

I

B1 C1

D

? ?ABC 是正三角形,? AE ? BC .
又底面 ABC ? 侧面 BB1C1C ,且交线为 BC .

? AE ? 侧面 BB1C1C .
连 ED ,则直线 AD 与侧面 BB1C1C 所成的角为 ?ADE ? 45 .
?

在 Rt?AED 中, tan 45? ?

AE ? ED

3 x2 1? 4

,解得 x ? 2 2 .

? 此正三棱柱的侧棱长为 2 2 .
注:也可用向量法求侧棱长. (Ⅱ)解法 1:过 E 作 EF ? BD 于 F ,连 AF ,

? AE ? 侧面 BB1C1C , ? AF ? BD . ? ?AFE 为二面角 A ? BD ? C 的平面角.
在 Rt?BEF 中, EF ? BE sin ?EBF ,又

BE ? 1,sin ?EBF ?
又 AE ? 3 ,

CD 2 3 3 ? ? , ? EF ? . BD 3 3 22 ? ( 2) 2

? 在 Rt?AEF 中, tan ?AFE ?

AE ?3. EF

故二面角 A ? BD ? C 的大小为 arctan 3 . 解法 2:(向量法,见后) (Ⅲ)解法 1:由(Ⅱ)可知, BD ? 平面 AEF ,? 平面 AEF ? 平面 ABD ,且交线为 AF ,? 过 E 作 EG ? AF

于 G ,则 EG ? 平面 ABD .

在 Rt?AEF 中, EG ?

AE ? EF ? AF

3?

3 3 3 2 ) 3

?

( 3) 2 ? (

30 . 10

? E 为 BC 中点,? 点 C 到平面 ABD 的距离为 2 EG ?

2 30 . 10

解法 2:(思路)取 AB 中点 H ,连 CH 和 DH ,由 CA ? CB, DA ? DB ,易得平面 ABD ? 平面 CHD ,且交线 为 DH .过点 C 作 CI ? DH 于 I ,则 CI 的长为点 C 到平面 ABD 的距离. 解法 3:(思路)等体积变换:由 VC ? ABD ? VA? BCD 可求. 解法 4:(向量法,见后) 题(Ⅱ)、(Ⅲ)的向量解法: (Ⅱ)解法 2:如图,建立空间直角坐标系 o ? xyz . 则 A(0,0, 3), B(0, ?1,0), C(0,1,0), D(? 2,1,0) .

z
A

A1

B

B1

? n1 ? ( x, y, z) 为平面 ABD 的法向量. ? ? ??? ?n1 ? AB ? 0 ? y ? ? 3z ? ? 由 ? ? ???? 得 ? . ? 2 x ? y ? 3z ? 0 ?n2 ? AD ? 0 ? ? ?? 取 n1 ? (? 6, ? 3,1)
设 又平面 BCD 的一个法向量 n2 ? (0,0,1).

x

o
C

D y

C1

…………6 分 …………7 分

?? ?

? ? n1 ? n2 ? ? (? 6 ,? 3,1) ? (0,0,1) 10 ? . ? cos ? n1 , n2 ?? ? ? ? n1 n2 1 ? (? 6 ) 2 ? (? 3 ) 2 ? 12 10
结合图形可知,二面角 A ? BD ? C 的大小为 arccos

10 . 10

(Ⅲ)解法 4:由(Ⅱ)解法 2, n1 ? (? 6, ? 3,1), CA ? (0, ?1, 3).

??

??? ?

? CA ? n1 ? ? 点 C 到平面 ABD 的距离 d ? ? n1
例 8:实验操作题型

(0,?1, 3 ) ? (? 6 ,? 3 ,1) (? 6 ) 2 ? (? 3 ) 2 ? 12



2 30 . 10

一个几何体的三视图如右图所示,其中正视图和侧视 图是腰长为 6 的两个全等的等腰直角三角形. (Ⅰ)请画出该几何体的直观图,并求出它的体积; (Ⅱ)用多少个这样的几何体可以拼成一个棱长为

正视图

侧视图

俯视图

6 的正方体 ABCD—A1B1C1D1? 如何组拼?试证明你的结论; (Ⅲ)在(Ⅱ)的情形下,设正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱 CC1 的中点为 E, 求平面 AB1E 与平面 ABC 所成二面 角的余弦值. 解:(Ⅰ)该几何体的直观图如图 1 所示,它是有一条 侧棱垂直于底面的四棱锥. 其中底面 ABCD 是边长为 6 的

C1

C
正方形,高为 CC1=6,故所求体积是

B 图1 A

V ?

1 2 ? 6 ? 6 ? 72 3

D

(Ⅱ)依题意,正方体的体积是原四棱锥体积的 3 倍, 故用 3 个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为 6 的正方体, 其拼法如图 2 所示. 证明:∵面 ABCD、面 ABB1A1、面 AA1D1D 为全等的 正方形,于是 VC1 ? ABCD ? VC1 ? ABB1 A1 ? VC1 ? AA1D1D 故所拼图形成立.

C1 D1 C D 图2 A A1

B1

(Ⅲ)方法一:设 B1E,BC 的延长线交于点 G, 连结 GA,在底面 ABC 内作 BH⊥AG,垂足为 H, 连结 HB1,则 B1H⊥AG,故∠B1HB 为平面 AB1E 与 平面 ABC 所成二面角或其补角的平面角. 在 Rt△ABG 中, AG ? 180 ,则 BH ?

B

6 ? 12 180

?

12 5

, B1 H ?

BH 2 ? BB1 ?
2

18 5



cos?B1 HB ?

2 HB 2 ? ,故平面 AB1E 与平面 ABC 所成二面角的余弦值为 ? . 3 HB1 3

方法二:以 C 为原点,CD、CB、CC1 所在直线分别为 x、y、z 轴建立直角坐标系(如图 3),∵正方体棱长为 6, 则 E(0,0,3),B1(0,6,6),A(6,6,0). 设向量 n=(x,y,z),满足 n⊥ EB1 ,n⊥ AB1 ,

z C1 D1 E G x D C H B A y 图3 A1 B1

?x ? z ?6 y ? 3z ? 0 ? 于是 ? ,解得 ? 1 . ?? 6 x ? 6 z ? 0 ?y ? ? 2 z ?
取 z=2,得 n=(2,-1,2). 又 BB1 ? (0,0,6), cos ? n, BB1 ??

n ? BB1 | n || BB1 |

?

12 2 ? 18 3

故平面 AB1E 与平面 ABC 所成二面角的余弦值为 ?

2 . 3


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