本章小结优秀教学实录

大题复习专题一、立体几何

1、如图,已知A1B1C1-ABC是正三棱柱,D是AC中点.

(1)证明：AB1∥平面DBC1；

(2)证明：BD⊥平面ACC1A1。

A1A

D

C1C

B1B

2、如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点，

（I）求证：AC⊥BC1；

（II）求证：AC 1//平面CDB1。

3、如图，已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1的中点，点F是BD1的中点。

D1C1（Ⅰ）证明EF⊥平面BDD1B1；

B1（Ⅱ）求三棱锥D的体积。

A11－BDE

E

F

DC

A

B

4、如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝1PA，点O、DP2分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．

(Ⅰ)求证：OD∥平面PAB；

(Ⅱ) 若PA＝1，求点A到平面PBC的距离。

D

A

OC

B

5、如图，底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE : ED=2 : 1

（1）证明PA⊥平面ABCD；

（2）在PC上试求一点F，使BF//平面AEC，并求出此时PF : FC的值.

6、如图，三棱锥P─ABC中,侧面PAC与底面ABC垂直,PA=PB=PC=3.

(Ⅰ)求证AB⊥BC; P(Ⅱ)设AB=BC=23,求点A到平面PBC的距离。

AC

B

《专题一、立体几何》参考答案

1、如图,已知A1B1C1-ABC是正三棱柱,D是AC中点.

(1)证明：AB1∥平面DBC1；

A1A

(2)证明：BD⊥平面ACC1A1。

证明：（1）连结B1C交BC1于点E，则E是B1C的中点，连结DE CD1

在△CAB1中，D、E分别是CA、CB1的中点

C∴DE∥AB1，而DE平面DBC1，AB1平面DBCE1

B1B故AB1∥平面DBC1

（2）∵△ABC是正三角形，D是AC中点

∴BD⊥AC 又∵正三棱柱A1B1C1-ABC中，平面ABC⊥平面ACC1A1，且平面ABC∩平面ACC1A1＝AC ∴BD⊥平面ACC1A1。

2、如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点，

（I）求证：AC⊥BC1；

（II）求证：AC 1//平面CDB1。

证明：方法一、常规法

（Ⅰ）∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，AB2＝AC2＋BC2

∴AC⊥BC 又∵CC1⊥平面ABC ∴CA⊥CC1，且BC∩CC1＝C C1B1∴AC⊥平面BCC1B1，而BC1平面BCC1B1

A1∴AC⊥BC1

E（Ⅱ）证法一、设BC1∩B1C＝E，则E为BC1的中点

在△BAC1中，D、E分别为BA、BC1的中点

C∴DE∥ACB1，而DE平面CDB1，AC1平面CDB1

D∴ACA1∥平面CDB1

证法二、设E为AC1B1B1的中点，连结EC1、EA、ED E1

∵D、E分别为AB、A1B1的中点

A1∥∥∴DE＝BB1，而BB1＝CC1 ∥∴DE＝CC1，即四边形DEC1C是平行四边形

CB∴DC∥EC1，同理，DB1∥AE DA又∵EC1∩EA＝E，∴平面AEC1∥平面B1CD z而AC1平面AEC1，故AC1∥平面CDB1

C1B1

方法二、向量法

A（Ⅰ）∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，AB2＝AC2＋BC2 1∴CA⊥CB 又∵CC1⊥平面ABC，故CA、CB、CC1两两垂直

以C为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则

CBy

A（3，0，0），C（0，0，0），B（0，4，0），CD1（0，0，4）

Ax

从而CA（3，0，0），BC1＝（0，－4，　4），CABC1＝0，即AC⊥BC1。

（Ⅱ）∵D32,2，0，B1（0，4，4），∴CD＝32,2，0，CB1＝（0,4，4）

设平面CDB1的法向量为n＝（x,y,z），则

由CDn＝32x＋2y＝0且CB1n＝4y＋4z＝0，令x＝4，则y＝－3，z＝3

故n＝（4，－3,　　3）是平面CDB1的一个法向量，而AC1＝（－3,0，4）

∴AC1n＝－34＋0＋43＝0，而AC1平面CDB1

∴AC1∥平面CDB1

3、如图，已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1的中点，点F是BD1的中点。

（Ⅰ）证明EF⊥平面BDD1B1；

（Ⅱ）求三棱锥D－BDE的体积。

D11C1（Ⅰ）证明：方法一、常规法

A1B1

连结AC1和AC，由F为BD1的中点，故F也是AC1的中点

在△C1AC中，E、F分别为C1C和C1A的中点

E∴EF∥CA F∵ABCD是菱形，故CA⊥BD 又∵DD1⊥平面ABCD ∴CA⊥DD1，且BD∩DDDC1＝D，故CA⊥平面BDD1B1

由上知EF∥CA，∴EF⊥平面BDD1B1

AB方法二、向量法

z∵在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1上，DA、DC、DD1两两垂直

D1故以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则

C1A1B1

D（0，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，2），E（0，1，1），F1，1,122

EF

DB＝（1,1，0），DD11＝（0,0，2），EF＝12，－2,0，有

DCy

DBEF＝1－122＋0＝0，DD1EF＝0＋0＋0＝0

xAB

故DB⊥EF，DD1⊥EF，且DB∩DD1＝D ∴EF⊥平面BDD1B1

（Ⅱ）解：∵ABCD是正方形，且AB＝1 ∴AC＝BD＝2，又∵DD111＝2，∴SBDD1＝2BDDD1＝222＝2

∵EF⊥平面BDD1B1，且EF＝1AC＝222

∴V1E－BDD1＝S123BDD1EF＝322＝13

∴V1D1－BDE＝VE－BDD1＝3

4、如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝12PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．

(Ⅰ)求证：OD∥平面PAB；

P

(Ⅱ) 若PA＝1，求点A到平面PBC的距离。

(Ⅰ)证明：∵在△CAP中，O、D分别是CA、CP的中点

D∴OD∥AP 又∵AP平面PAB，OD平面PAB

AOC∴OD∥平面PAB (Ⅱ)解：∵AB⊥BC，AB＝BC＝11B2PA＝2

∴S1111122112PABC＝2ABBC＝222＝8且AC＝AB＋BC＝4＋4＝2

D∴AO＝1AC＝1222＝4，PO＝AP2－AO2＝1－114228＝4

A故V＝1111414OCP－ABCE3SABCPO＝384＝96

B

∵在△PAC中，O是AC的中点，且PO⊥平面ABC，故PO⊥AC ∴PC＝PA＝1，连结OB ∵在△ABC中，AB＝CB，O为AC中点

∴OB⊥AC，且OB＝AB2－AO2＝1124－8＝4

∴在Rt△POB中，PB＝PO2＋OB2＝718＋8＝1

∴△PBC是等腰三角形，设BC的中点为E，连结PE，则PE⊥BC，且BE＝11112BC＝22＝4

∴PE＝PB2－BE2＝1－11516＝4，∴S1111515PBC＝2BCPE＝224＝16

设点A到平面PBC的距离为h，则V1115A－PBC＝3SPBCh＝316h＝1548h

而VP－ABC＝V14A－PBC，故96＝1548h，即h＝21030

从而点A到平面PBC的距离为21030。

5、如图，底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，P点E在PD上，且PE : ED=2 : 1。

（1）证明PA⊥平面ABCD；

E

（2）在PC上试求一点F，使BF//平面AEC，并求出此时PF : FC的值. （1）证明：∵ABCD是菱形，且∠ABC＝600

AD∴△ABC和△ACD是正三角形

∴AB＝AD＝AC＝PA＝a BC∵PB=PD=2a，∴PB2＝PA2＋AB2，PD2＝PA2＋AD2

z∴PA⊥AB，PA⊥AD，且AB∩AD＝A P∴PA⊥平面ABCD （2）解：连结BD交AC于O，且BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcos1200＝3a2

EAy∴BD3a

DO∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD BC以O为坐标原点，过点O且平行于AP的直线为z轴建立如图空间直角坐标x系，则O(0,0,0),C12a,0,0,B0,3a,0,E13112a,a,a633，P2a,0,a

∴OC12a,0,0,OE131a,a,a633



设平面AEC的法向量为n(x,y,z)，则

OCn11312ax0x0，OEn6ax3ay3az0，令y＝1，则z3

故平面AEC的一个法向量为n(0,1,3)

设F（p，0，r）（在平面xoz上），则BFp,3a,r2，要使BF∥平面AEC，只需

BFn32a3r0r12a

又∵PFp12a,0,ra，PC(a,0,a)，且F在PC上

p1∴2aaraap12ar0，故F0,0,1a，此时PFFC1a,0,1a222

故F为PC的中点，即当PF：FC＝1时，BF∥平面AEC。

6、如图，三棱锥P─ABC中,侧面PAC与底面ABC垂直,PA=PB=PC=3.

(Ⅰ)求证AB⊥BC; (Ⅱ)设AB=BC=23,求点A到平面PBC的距离。

(Ⅰ)证明：设D、E分别为AC、AB的中点，连结PD、DE、PE

∵PA＝PC，D为AC中点，∴PD⊥AC ∵平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC ∴PD⊥平面ABC，∴PD⊥AB ∵PA＝PB，E为AB中点，∴PE⊥AB，且PD∩PE＝P ∴AB⊥平面PDE，∴AB⊥DE ∵D、E分别为AC、AB的中点，∴BC∥ED，∴AB⊥BC (Ⅱ)解：∵AB=BC=23且AB⊥BC ∴SABC∴ADPAEDFBC11ABBC23236，且ACAB2BC2121226

221AC6，PDPA2AD2963

211∴VPABCSABCPD26322

331BC3

211∴PFPB2BF2936，SPBCBCPF23632

2211设点A到平面PBC的距离为h，则VAPBCSPBCh32h2h

33设BC的中点为F，连结PF，由PB＝PC知PF⊥BC，BF而VPABCVAPBC222hh2

故点A到平面PBC的距离为2。