空间向量与立体几何经典题型

设直线BM和平面ADE所成角为?,sin??h4? BM9??arcsin。

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//B1D1，

∵ABCD是正方形，∴AC?BD．∵CE?面ABCD，∴CE?BD． 又AC49CE?C，∴BD?面ACE．

∵AE?面ACE，∴BD?AE， ∴B1D1?AE．

（Ⅱ）证明：作BB1的中点F，连结AF、CF、EF． ∵E、F是CC1、BB1的中点，∴CEB1F，

∴四边形B1FCE是平行四边形，∴ CF// B1E． ∵E,F是CC1、BB1的中点，∴EF//BC， 又BC//AD，∴EF//AD．

∴四边形ADEF是平行四边形，?AF//ED， ∵AFCF?C，B1EED?E，

∴平面ACF//面B1DE．

又AC?平面ACF，∴AC//面B1DE．

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（3）S?ABD?VA?BDE1AB?AD?2． 2112?VE?ABD?S?ABD?CE?S?ABD?CE?．

333（四）创新试题

１．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中点，AA1=AB=1. （I）求证：A1C//平面AB1D；

（II）求二面角B—AB1—D的大小； （III）求点c到平面AB1D的距离. 创新试题解析答案 1．解法一（I）证明：

连接A1B，设A1B∩AB1 = E，连接DE.

∵ABC—A1B1C1是正三棱柱，且AA1 = AB， ∴四边形A1ABB1是正方形， ∴E是A1B的中点， 又D是BC的中点， ∴DE∥A1C.

∵DE?平面AB1D，A1C?平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D.

（II）解：在面ABC内作DF⊥AB于点F，在面A1ABB1内作FG⊥AB1于点G，连接DG.

∵平面A1ABB1⊥平面ABC， ∴DF⊥平面A1ABB1，

∴FG是DG在平面A1ABB1上的射影， ∵FG⊥AB1， ∴DG⊥AB1 ∴∠FGD是二面角B—AB1—D的平面角

设A1A = AB = 1，在正△ABC中，DF=

3. 4在△ABE中，FG?332?BE?， 48DF6?， FG36. 3在Rt△DFG中，tanFGD?所以，二面角B—AB1—D的大小为arctan （III）解：∵平面B1BCC1⊥平面ABC，且AD⊥BC，

∴AD⊥平面B1BCC1，又AD?平面AB1D，∴平面B1BCC1⊥平面AB1D. 在平面B1BCC1内作CH⊥B1D交B1D的延长线于点H， 则CH的长度就是点C到平面AB1D的距离.

由△CDH∽△B1DB，得CH?BB1?CD5?.

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即点C到平面AB1D的距离是

5. 5解法二：

建立空间直角坐标系D—xyz，如图， （I）证明：

连接A1B，设A1B∩AB1 = E，连接DE. 设A1A = AB = 1，

则D(0,0,0),A1(0,31311,1),E(?,,),C(,0,0). 24422

13131?A1C?(,?,?1),DE?(?,,),

22442?A1C??2DE,?A1C//DE.

?DE?平面AB1D,A1C?平面AB1D， ?A1C//平面AB1D.

（II）解：?A(0,3131,0),B1(?,0,1)， ?AD?(0,,0),B1D?(,0,?1)， 2222设n1?(p,q,r)是平面AB1D的法向量，则n1?AD?0,且n1?B1D?0， 故?31q?0,p?r?0.取r?1,得n1?(2,0,1)； 22同理，可求得平面AB1B的法向量是n2?(3,?1,0). 设二面角B—AB1—D的大小为θ，?cos??n1?n215， ?|n1||n2|5∴二面角B—AB1—D的大小为arccos15. 5 （III）解由（II）得平面AB1D的法向量为n1?(2,0,1)，

取其单位法向量n?(25,0,11),又DC?(,0,0).

255. 5∴点C到平面AB1D的距离d?|DC?n|?共24页 第23页