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用向量法解立体几何综合练习


高二数学通用版用向量法解立体几何综合练习 (答题时间:60 分钟)
1. 如图,在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AC ? BC ? CC1 ? 2 , AC ? BC ,点 D 是 AB 的 中点。

(Ⅰ)求证: AC1 // 平面CDB1 ; (Ⅱ)求点 B 到 平面CDB1 的距离; (Ⅲ)求二面角 B ? B1C ? D 的大小。 2. 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,CB=1,CA= 3 ,AA1= 6 , M 为侧棱 CC1 上一点, AM ? BA1 。

(Ⅰ)求证:AM?平面 A1 BC ; (Ⅱ)求二面角 B-AM-C 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 ABM 的距离。 3. 如图, 在四棱锥 S ? ABCD 中, 底面 ABCD 是正方形,SA ? 底面 ABCD ,SA ? AB , 点 M 是 SD 的中点, AN ? SC ,且交 SC 于点 N 。

(Ⅰ)求证: SB // 平面 ACM ;

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(Ⅱ)求二面角 D ? AC ? M 的大小; (Ⅲ)求证:平面 SAC ⊥平面 AMN 。 4. 如图, 四棱锥 P ? ABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, ? BC, PD ? CD , PB 且 PA ? 2 , E 为 PD 中点。

(Ⅰ)求证: PA ? 平面 ABCD ; (Ⅱ)求二面角 E ? AC ? D 的大小; (Ⅲ)在线段 BC 上是否存在点 F ,使得点 E 到平面 PAF 的距离为

2 5 ?若存在, 5

确定点 F 的位置;若不存在,请说明理由。 5. 如图,四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 平面 ABCD ,四边形 ABCD 是矩形。 E 、 F 分 别是 AB 、 PD 的中点。若 PA ? AD ? 3 , CD ? 6 。

(Ⅰ)求证: AF // 平面 PCE ; (Ⅱ)求点 F 到平面 PCE 的距离; (Ⅲ)求直线 FC 与平面 PCE 所成的角的大小。

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高二数学通用版用向量法解立体几何综合练习参考答案
1. 解法一: (Ⅰ)证明: 连结 BC1 ,设 BC1 与 B1C 的交点为 E ,连结 DE 。

? D 是 AB 的中点, E 是 BC1 的中点, ? DE // AC1. ? DE ? 平面CDB1, AC1 ? 平面CDB1, ? AC1 // 平面CDB1.
(Ⅱ)解: 设点 B 到 平面CDB1 的距离为。 在三棱锥 B1 ? BCD 中,? VB1 ? BCD ? VB ? B1CD ,且 B1B ? 平面BCD ,

? S?BCD ? B1B ? S?B1CD ? h 。
易求得

? h?

S?BCD ? B1B 2 3 ? . S?B1CD 3

即点 B 到 平面CDB1 的距离是 (Ⅲ)解:

2 3 . 3

在平面 ABC 内作 DF ? BC 于点 F ,过点 F 作 FG ? B1C 于点 G ,连结 DG. 易证明 DF ? 平面BCC1B1 ,从而 GF 是 DG 在平面 BCC1B1 内的射影, 根据三垂线定理得 B1C ? GD.

? ?DGF 是二面角 B ? B1C ? D 的平面角。
易求得 DF ?

1 2 1 . AC ? 1 , GF ? BE ? 2 2 2

在 Rt?DFG 中,

?二面角 B ? B1C ? D 的大小是 arctan 2.
解法二:

?在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AC ? BC ? CC1 ? 2 , AC ? BC , ? AC、BC、CC1 两两垂直。 如图,以 C 为原点,直线 CA,CB,CC1 分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,
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则 C(0,, ,A(2,, ,B(0,, ,C1 (0,, , (1,, 0 0) 0 0) 2 0) 0 2) D 1 0). (Ⅰ)证明: 设 BC1 与 B1C 的交点为 E ,则 E (0,, 1 1). ???? ???? ? ? DE ? ( ?1,, , AC1 ? ( ?2,, , 0 1) 0 2)

? DE ? 平面CDB1, AC1 ? 平面CDB1, ? AC1 // 平面CDB1. (Ⅱ)解:设点 B 到 平面CDB1 的距离为 h. 在三棱锥 B1 ? BCD 中,? VB1 ? BCD ? VB ? B1CD ,且 B1B ? 平面BCD ,
? S?BCD ? B1B ? S?B1CD ? h 。

???? 1 ???? ? ? DE ? AC1, ? DE // AC1. 2

1 易求得 S?BCD ? 1 , S?B1CD ? CD ? B1D ? 3 , 2 S?BCD ? B1B 2 3 ? h? ? . S?B1CD 3
即点 B 到 平面CDB1 的距离是

2 3 . 3

(Ⅲ)解: 在平面 ABC 内作 DF ? BC 于点 F ,过点 F 作 FG ? B1C 于点 G ,连结 DG. 易证明 DF ? 平面BCC1B1 ,从而 GF 是 DG 在平面 BCC1B1 内的射影, 根据三垂线定理得 B1C ? GD.

? ?DGF 是二面角 B ? B1C ? D 的平面角。 ??? ? 1 ? ???? ? 1 1? 1? ? 1 1? 易知 F (0,, ,G ? 0, , ?, GF ? ? 0,,- ?, GD ? ? 1,,- ?, 1 0) ? 2? 2? ? 2 2? ? 2 ? 2 ??? ???? ? ??? ???? ? GF ?GD 3 ? cos?GF, ? ? ??? ???? ? GD ? . 3 GF GD

?二面角 B ? B1C ? D 的大小是 arccos
2.

3 . 3

解法一: (I)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,易知面 ACC1A1⊥面 ABC, ∵∠ACB=90° , ∴BC⊥面 ACC1A1, ∵ AM ? 面 ACC1A1
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∴BC⊥AM ∵ AM ? BA1 ,且 BC ? BA1? B ∴AM?平面 A1BC (II)设 AM 与 A1C 的交点为 O,连结 BO,由(I)可知 AM ? OB,且 AM ? OC, 所以∠BOC 为二面角 B-AM-C 的平面角,

在 Rt△ ACM 和 Rt△ A1AC 中,∠OAC+∠ACO=90° , ∴∠AA1C=∠MAC ∴Rt△ ACM∽Rt△ A1AC ∴ AC 2 ? MC ? AA1 ∴ MC ?

6 2
3 2 2

∴在 Rt△ ACM 中, AM ?

1 1 AC ? MC ? AM ? CO 2 2 ∴ CO ? 1
∵ ∴在 Rt△ BCO 中, ∴ ?BOC ? 45? ,故所求二面角的大小为 45° (Ⅲ)设点 C 到平面 ABM 的距离为 h,易知 BO ? 2 , 可知 S?ABM ?

∵ VC ? ABM ? VM ? ABC

1 1 3 2 3 ? AM ? BO ? ? ? 2? 2 2 2 2

1 1 ∴ ? hS?ABM ? ? MC ? S?ABC 3 3 6 3 ? MC ? S?ABC 2 ∴h? ? 2 2 ? 3 S?ABM 2 2 2 ∴点 C 到平面 ABM 的距离为 2 解法二: (I)同解法一 (II)如图,以 C 为原点,CA,CB, CC1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直
角坐标系,则 A( 3,0,0), A1 ( 3,0, 6), B(0,1,0) ,设 M (0,0, z1 )

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???? ???? ? 6 6 ∵ AM ? BA1 。∴ AM ? BA1 ? 0 即 ?3 ? 0 ? 6 z1 ? 0 ,故 z1 ? ,所以 M (0,0, ) 2 2 ?? ???? ?? ??? ? ? ?? 设向量 m ? ( x, y, z ) 为平面 AMB 的法向量,则 m ? AM , m ? AB ,则
?? ???? ? ? ? m ? AM ? 0 ?? 3x ? 6 z ? 0 ? 即? ,令 x=1,平面 AMB 的一个法向量为 ? 2 ? ?? ??? ? m ? AB ? 0 ? ? ? ? 3x ? y ? 0 ?? m ? (1, 3, 2) , ??? ? 显然向量 CB 是平面 AMC 的一个法向量, ?? ??? ? ?? ??? ? m ? CB 2 ? cos ? m, CB ?? ?? ??? ? 2 | m | ? | CB | ?? ??? ? 易知, m 与 CB 所夹的角等于二面角 B-AM-C 的大小,故所求二面角的大小为 45° 。 ?? ??? ? m ? CB 3 2 2 ?? ? ? (Ⅲ)所求距离为: ∴点 C 到平面 ABM 的距离为 2 2 |m| 6
3. 方法一: (Ⅰ)证明:连结 BD 交 AC 于 E ,连结 ME 。

? ABCD 是正方形,∴ E 是 BD 的中点。? M 是 SD 的中点, ∴ ME 是 ?DSB 的中位线。 ∴ ME // SB 。 又∵ ME ? 平面 ACM , SB ? 平面 ACM , ∴ SB // 平面 ACM 。 (Ⅱ)解:取 AD 中点 F ,则 MF // SA 。作 FQ ? AC 于 Q ,连结 MQ 。 ∵ SA ? 底面 ABCD ,∴ MF ? 底面 ABCD 。 ∴ FQ 为 MQ 在平面 ABCD 内的射影。 ∵ FQ ? AC ,

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∴ MQ ? AC 。 ∴ ?FQM 为二面角 D ? AC ? M 的平面角。 设 SA ? AB ? a ,在 Rt ?MFQ 中, MF ?

1 a 1 2 SA ? , FQ ? DE ? a, 2 2 2 4





∴二面角 D ? AC ? M 的大小为 arctan 2 。 (III)证明:由条件有 DC ? SA, DC ? DA, ∴ DC ? 平面 SAD ,∴ AM ? DC. 又∵ SA ? AD, M 是 SD 的中点,∴ AM ? SD. ∴ AM ? 平面 SDC. ∴ SC ? AM . 由已知 SC ? MN , ∴ SC ? 平面 AMN. 又 SC ? 平面 SAC , ∴平面 SAC ? 平面 AMN. 方法二: (Ⅰ)同方法一(II)如图,以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A ? xyz ,

由 SA ? AB ,故设 AB ? AD ? AS ? 1 ,则

1 1 A(0, 0, 0), B(0,1, 0), C (1,1, 0), D(1, 0, 0), S (0, 0,1), M ( , 0, ) 。 2 2 SA ? 底面 ABCD , ? ??? ? ??? ? ∴ AS 是平面 ABCD 的法向量, AS ? (0, 0,1) 。 设平面 ACM 的法向量为 n ? ( x, y, z ) , ??? ? ???? ? 1 1 AC ? (1,1, 0), AM ? ( , 0, ) , 2 2 ???? ?n ? AC ? 0, ? x ? y ? 0 ? 0, ? y ? ? x, ? ? 则 ? ???? 即 ?1 ∴? 令 x ? 1 ,则 n ? (1, ? 1, ? 1) 。 ? 1 ?n ? AM ? 0. ? 2 x ? 0 ? 2 z ? 0. ? z ? ? x. ? ? ??? ? ??? ? AS ? n ?1 3 ? ? ?? ∴ cos ? AS , n ?? ??? , 3 | AS | ? | n | 1? 3
∴二面角 D ? AC ? M 的大小为 arccos (III)? CS ? ? ?1, ?1,1? ,

??? ?

3 。 3

???? ??? ? ? ???? ? 1 1 ? ? 1 1 ? AM ? CS ? ? ? ? 0 , AM ? ? , 0, ? 2 2 ?2 2?
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???? ??? ? ? ? AM ? CS 又? SC ? AN 且 AN ? AM ? A 。 ? SC ? 平面AMN 。又 SC ? 平面 SAC , ∴平面 SAC ⊥平面 AMN 。
4. 解法一: (Ⅰ)证明:∵底面 ABCD 为正方形, ∴ BC ? AB ,又 BC ? PB , ∴ BC ? 平面 PAB , ∴ BC ? PA 。 同理 CD ? PA , ∴ PA ? 平面 ABCD 。 (Ⅱ)解:设 M 为 AD 中点,连结 EM ,

又 E 为 PD 中点, 可得 EM // PA ,从而 EM ? 底面 ABCD 。 过 M 作 AC 的垂线 MN ,垂足为 N ,连结 EN 。 由三垂线定理有 EN ? AC , ∴ ?ENM 为二面角 E ? AC ? D 的平面角。 在 Rt?EMN 中,可求得 EM ? 1, MN ? ∴ 。

2 , 2

∴二面角 E ? AC ? D 的大小为 arctan 2 。 (Ⅲ)解:由 E 为 PD 中点可知,

2 5 , 5 4 5 即要点 D 到平面 PAF 的距离为 。 5 过 D 作 AF 的垂线 DG ,垂足为 G , ∵ PA ? 平面 ABCD , ∴平面 PAF ? 平面 ABCD , ∴ DG ? 平面 PAF , 即 DG 为点 D 到平面 PAF 的距离。
要使得点 E 到平面 PAF 的距离为

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4 5 , 5 2 5 ∴ AG ? 。 5 设 BF ? x , 由 ?ABF 与 ?DGA 相似可得 AB DG , ? BF GA 2 ∴ ? 2 ,即 x ? 1。 x
∴ DG ? ∴在线段 BC 上存在点 F ,且 F 为 BC 中点,使得点 E 到平面 PAF 的距离为 解法二: (Ⅰ)证明:同解法一。 (Ⅱ)解:建立如图的空间直角坐标系 A ? xyz ,

2 5 。 5

则 A(0,, ), (2,, ), (0, 1) 。 0 0 C 2 0 E 1 , 设 m ? ( x, y, z ) 为平面 AEC 的一个法向量, 则 m ? AE , m ? AC 。 又 AE ? (0 ,1 ,1), AC ? (2 ,2 ,0),

? y ? z ? 0, ?? ?2 x ? 2 y ? 0. 令 x ? 1, 则 y ? ?1, z ? 1, 得 m ? (1, ? 1, 1) 。
又 AP ? (0,0,2) 是平面 ACD 的一个法向量, 设二面角 E ? AC ? D 的大小为 ? , 则 cos? ? cos ? m, AP ??

m ? AP m ? AP

?

2 3?2

?

3 。 3

3 。 3 (Ⅲ)解:设 F (2, 0) (0 ? t ? 2), n ? (a, b, c) 为平面 PAF 的一个法向量, t,
∴二面角 E ? AC ? D 的大小为 arccos

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则 n ? AP , n ? AF 。 又 AP ? (0,0,2) , AF ? (2 , t ,0),

?2c ? 0, ?? ?2a ? tb ? 0. 令 a ? t , 则 b ? ?2, c ? 0, 得 n ? (t ,?2,0) 。
又 AE ? (0 ,1 ,1), ∴点 E 到平面 PAF 的距离 ?

AE ? n n

?

2 t2 ? 4



2 5 , 5 t ?4 解得 t ? 1 ,即 F (2, 0) 。 1 ,

2

2

?

∴在线段 BC 上存在点 F ,使得点 E 到平面 PAF 的距离为 5.

2 5 ,且 F 为 BC 中点。 5

解法一: (Ⅰ)取 PC 的中点 G ,连结 EG , FG ,又由 F 为 PD 中点,则

1 FG // CD 。 2
又由已知有 AE //

1 CD ,∴ FG // AE 。 2

∴四边形 AEGF 是平行四边形。 ∴ AF // EG 。 又 AF ? 平面 PCE , EG ? 平面 PCE , ∴ AF // 平面 PCE 。 (Ⅱ)∵ PA ? 平面 ABCD , ∴平面 PAD ? 平面。

由 ABCD 是矩形有 CD ? AD 。 ∴ CD ? 平面 PAD 。 ∴ AF ? CD 。 又 PA ? AD ? 3 , F 是 PD 的中点, ∴ AF ? PD 。

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∵ PD ? CD ? D , ∴ AF ? 平面 PCD 。 由 EG // AF , ∴ EG ? 平面 PCD 。 ∴平面 PCD ? 平面 PCE 。 在平面 PCD 内,过 F 作 FH ? PC 于 H , 由于平面 PCD ? 平面 PCE ? PC ,则 FH 的长就是点 F 到平面 PCE 的距离。 由已知可得 PD ? 3 2 , PF ? 由于 CD ? 平面 PAD , ∴ ?CPD ? 30? 。 ∴ FH ?

3 2 , PC ? 2 6 。 2

1 3 PF ? 2。 2 4

3 2。 4 (Ⅲ)由(Ⅱ)知 ?FCH 为直线 FC 与平面 PCE 所成的角。 3 在 Rt ?CDF 中, CD ? 6 , FD ? 2, 2 42 2 2 ∴ FC ? CD ? FD ? 。 2
∴点 F 到平面 PCE 的距离为 ∴ =

21 。 14
21 。 14

∴直线 FC 与平面 PCE 所成的角的大小为 arcsin 解法二:如图建立空间直角坐标系 A ? xyz 。

A(0,0,0) , P(0,0,3) , D(0,3,0) , E (

6 , 0, 0) , 2

3 3 F (0, , ) , C ( 6,3, 0) 。 2 2
(Ⅰ)取 PC 的中点 G ,连结 EG ,则 G ( ∵ AF ? (0, , ) , EG ? (0, , ) ,

??? ?

3 3 2 2

??? ?

6 3 3 , , )。 2 2 2

3 3 2 2

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∴ AF // EG 。 即 AF // EG 。 又 AF ? 平面 PCE , EG ? 平面 PCE , ∴ AF // 平面 PCE 。 (Ⅱ)设平面 PCE 的法向量为 n ? ( x, y, z ) , EP ? (?

??? ??? ? ?

??? ?

? ??? ? ?n ? EP ? 0, ? ? ? ? ??? ?n ? EC ? 0. ?
? 6 x ? 3 z ? 0, ?? ? 2 即? ? 6 x ? 3 y ? 0. ? 2 ? 取 y ? ?1 ,得 n ? ( 6, ?1,1) 。 ??? ? 3 3 又 PF ? (0, , ? ) , 2 2 故点 F 到平面 PCE 的距离为 3 3 ??? ? ? ? ? PF ? n 2 2 3 2 d? ? ? ? 。 4 2 2 n
(Ⅲ) FC ? ( 6, , ? ) ,

??? ? 6 6 , 0,3) , EC ? ( ,3, 0) 。 2 2

3 3 2 2 ??? ? ? FC ? n ??? ? ? cos ? FC , n ? ? ??? ? ? ? FC ? n

??? ?

3 21 ?2 2 2

?

21 。 14

∴直线 FC 与平面 PCE 所成的角的大小为 arcsin

21 。 14

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