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高考数学棱柱棱锥折叠问题练习


十九大题(包含棱柱,棱锥,折叠问题)

1 在直角坐标系 O—xyz 中, OA =(0,1,0) , AB =(1,0,0) , OC =(2,0,0) , (2)设 n=(1,p,q) ,且 n⊥平面 OS =(0,0,1).(1)求 SC 与 OB 的夹角α 的大小; SBC,求 n; (3)求 OA 与平面 SBC 的夹角; (4)求点 O 到平面 SBC 的距离; (5)求异面直线 SC 与 OB 间的距离. 解: (1)如图, SC = OC - OS =(2,0,-1) , OB = OA + AB =(1,1,0) ,则 | SC |= 2 2 ? 0 2 ? (?1) 2 = 5 ,| OB |= 12 ? 12 ? 0 2 = 2 .
z S

A O B C x y

cosα =cos〈 SC , OB 〉=

SC ? OB | SC || OB |

=

2?0?0 5? 2

=

10 10 ,α =arccos . 5 5
n· SC =0,

(2)∵n⊥平面 SBC,∴n⊥ SC 且 n⊥ BC ,即 n· BC =0. ∵ SC =(2,0,-1) , BC = OC - OB =(1,-1,0) , ∴ 2-q=0, p=1, ∴ 即 n= (1, 1, 2) . 1-p=0. q=2,

(3) OA 与平面 SBC 所成的角θ 和 OA 与平面 SBC 的法线所夹角互余, 故可先求 OA 与 n 所成的角. (0, 1, 0) , | OA |=1, |n|= 12 ? 12 ? 2 2 = 6 .∴cos 〈 OA , n〉 = OA =

OA ? n

|OA||n | 1 ? 6

=

1

=

6 , 6

即〈 OA ,n〉=arccos

6 6 π .∴θ = -arccos . 6 6 2

(4)点 O 到平面 SBC 的距离即为 OC 在 n 上的投影的绝对值,∴d=| OC ·

2 n |= = |n | 6

6 . 3
(5) OC 在异面直线 SC、OB 的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的 距离,故先求与 SC、OB 均垂直的向量 m.设 m=(x,y,1) ,m⊥ SC 且 m⊥ OB ,

则 m· SC =0,且 m· OB =0. 2x-1=0, ∴ x+y=0, 即 x=

1 , 2
m 1 1 1 .∴m=( ,- ,1) ,d′=| OC · |= |m | 2 2 2

y=-

2 6

=

6 . 3

2 (2004 年春季北京)如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,SD 垂直 于底面 ABCD,SB= 3 ,
S

M

D

C

A

B

(1)求证:BC⊥SC; (2)求面 ASD 与面 BSC 所成二面角的大小; (3)设棱 SA 的中点为 M,求异面直线 DM 与 SB 所成角的大小. (1)证法一:∵底面 ABCD 是正方形,∴BC⊥DC.∵SD⊥底面 ABCD,∴DC 是 SC 在 平面 ABCD 上的射影.由三垂线定理得 BC⊥SC. 证法二:∵底面 ABCD 是正方形,∴BC⊥DC.∵SD⊥底面 ABCD,∴SD⊥BC.又 DC∩ SD=D, ∴BC⊥平面 SDC.∴BC⊥SC. (2)解法一:∵SD⊥底面 ABCD,且 ABCD 为正方形,
S A1 M D A B C B1 C1

∴可以把四棱锥 S—ABCD 补形为长方体 A1B1C1S—ABCD,如上图,面 ASD 与面 BSC 所成的二面角就是面 ADSA1 与面 BCSA1 所成的二面角,∵SC⊥BC,BC∥A1S,∴SC⊥A1S. 又 SD⊥A1S,∴∠CSD 为所求二面角的平面角.在 Rt△SCB 中,由勾股定理得 SC= 2 , 在 Rt△SDC 中,由勾股定理得 SD=1.∴∠CSD=45°,即面 ASD 与面 BSC 所成的二面角为 45°. 解法二:如下图,过点 S 作直线 l∥AD,
l S

M D A B C

∴l 在面 ASD 上.∵底面 ABCD 为正方形,∴l∥AD∥BC.∴l 在面 BSC 上. ∴l 为面 ASD 与面 BSC 的交线.∵SD⊥AD,BC⊥SC,∴l⊥SD,l⊥SC. ∴∠CSD 为面 ASD 与面 BSC 所成二面角的平面角. (以下同解法一). (3)解法一:如上图,∵SD=AD=1,∠SDA=90°,∴△SDA 是等腰直角三角形.又 M 是斜边 SA 的中点,∴DM⊥SA.∵BA⊥AD,BA⊥SD,AD∩SD=D,∴BA⊥面 ASD,SA 是 SB 在面 ASD 上的射影. 由三垂线定理得 DM⊥SB.∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°. 解法二:如下图,取 AB 的中点 P,连结 MP、DP.
S

M D C P B

A

在△ABS 中, 由中位线定理得 PM∥BS.∴DM 与 SB 所成的角即为∠DMP.又 PM2= DM2=

3 5 , DP2= , 4 4

2 . 4

∴DP2=PM2+DM2.∴∠DMP=90°.∴异面直线 DM 与 SB 所成的角为 90°. 3 在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M、N 分别为 A1B1 和 BB1 的中点,那么 直线 AM 与 CN 所成的角为
D1 A1 M B1 N D A B C C1

A.arccos

3 2

B.arccos

10 10

C.arccos

3 5

D.arccos

2 5

解 法 一 : ∵ AM = AA1 + A1 M , CN = ( AA1 + A1 M ) · ( CB + BN ) = AA1

CB + BN , ∴ AM · CN =
· BN =

1 . 而 | AM |= 2

( AA1 ? A1 M ) ? ( AA1 ? A1 M ) = | AA1 | 2 ? | A1 M | 2 =

1?

1 = 4

5 5 .同理,| CN |= .如令 2 2

1 AM ? CN 2 2 α 为所求之角,则 cosα = = 2 = ,∴α =arccos .应选 D. 5 5 5 | AM | | CN | 4
解法二: 建立如图所示的空间直角坐标系, 把 D 点视作原点 O, 分别以 DA 、DC 、DD1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,则 A(1,0,0) 、M(1, ,1) 、C(0,1,0) 、N(1,

1 2

1,

1 ). 2
z D1 A1 M B1 N D A x C B y C1

∴ AM = ( 0 ,

1 1 1 1 1 ,1) , CN = ( 1 , 0 , ) . 故 AM · CN =0 × 1+ × 0+1 × = , 2 2 2 2 2
5 , | CN |= 2

| AM |=

1 0 2 ? ( ) 2 ? 12 = 2

1 12 ? 0 2 ? ( ) 2 = 2

5 . ∴ cos α 2

=

AM ? CN | AM | | CN |

5 5 ? 2 2 4 已知正方形 ABCD 的边长为 1,分别取边 BC、CD 的中点 E、F,连结 AE、EF、AF, 以 AE、EF、FA 为折痕,折叠使点 B、C、D 重合于一点 P. (1)求证:AP⊥EF; (2)求证:平面 APE⊥平面 APF; (3)求异面直线 PA 和 EF 的距离. (1)证明:如下图,∵∠ APE=∠APF=90°,PE∩PF=P,∴PA⊥平面 PEF.∵EF ? 平面 PEF,∴PA⊥EF.
P A D

=

1 2

=

2 2 .∴α =arccos . 5 5

F

A G E

F

B

E

C

(2)证明:∵∠APE=∠EPF=90°,AP∩PF=P,∴PE⊥平面 APF.又 PE ? 平面 PAE, ∴平面 APE⊥平面 APF. (3)解:在面 PEF 中,作 PG⊥EF,垂足为 G,∵AP 与面 PEF 垂直,PG ? 平面 PEF, ∴ AP ⊥ PG , PG ⊥ EF , PG 是 AP 与 EF 的公垂线 . 在等腰 Rt △ PEF 中, PE = PF =

1 , 2

∠ EPF =90 °,∴ PG = EG =

2 . 4

5 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC, AB=BC=a,AD=2a,PA⊥底面 ABCD,PD 与底面成 30°角.

z P E

A B x C

D

y

(1)若 AE⊥PD,E 为垂足,求证:BE⊥PD; (2)求异面直线 AE 与 CD 所成的角. (1)证明:以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0) ,B(a,0,0) ,D(0,2a,0) ,P(0,0, 2a,-

3 a) , AB · PD =(a,0,0) · (0, 3

3 a)=0,又 AE · PD =0,∴ PD ⊥ AB , PD ⊥ AE .∴PD⊥BE. 3 (2)解:∵PA⊥面 ABCD,PD 与底面成 30°角,∴∠PDA=30°. 3 1 1 a,EF= a,∴E(0, a, 2 2 2

过 E 作 EF⊥AD,垂足为 F,则 AE=a,∠EAF=60°,AF=

3 a). 2
于是 AE =(0,

3 1 a, a).又 C(a,a,0) ,D(0,2a,0) ,∴CD=(-a,a,0). 2 2
AE ? CD

1 2 a 2 2 cos 〈 AE ,CD 〉 = = 2 = , ∴异面直线 AE 与 CD 所成的角是 arccos . 4 | AE | | CD | a ? 2 a 4
6 如图,正三棱柱 ABC—A1B1C1 的所有棱长均为 2,P 是侧棱 AA1 上任意一点.
C A
1 1

B

1

C A B

(1)求证:B1P 不可能与平面 ACC1A1 垂直; (2)当 BC1⊥B1P 时,求线段 AP 的 长; (3)在(2)的条件下,求二面角 C—B1P—C1 的大小. (1)证明:连结 B1P,假设 B1P⊥平面 ACC1A1,则 B1P⊥A1C1. 由于三棱柱 ABC—A1B1C1 为正三棱柱,
C A
1 1

E D O C

B

1

P

A

B

∴AA1⊥A1C1.∴A1C1⊥侧面 ABB1A1.∴A1C1⊥A1B1,即∠B1A1C1=90°. 这与△A1B1C1 是等边三角形矛盾.∴B1P 不可能与平面 ACC1A1 垂直. (2)解:取 A1B1 的中点 D,连结 C1D、BD、BC1,则 C1D⊥A1B1,又∵AA1⊥平面 A1B1C1,

∴AA1⊥C1D.∴C1D⊥平面 ABB1A1.∴BD 是 BC1 在平面 ABB1A1 上的射影.∵BC1⊥B1P,∴BD ⊥B1P.∴∠B1BD=90°-∠BB1P=∠A1B1P.又 A1B1=B1B=2, ∴△BB1D≌△B1A1P, A1P=B1D=1. ∴AP=1. (3)解:连结 B1C,交 BC1 于点 O,则 BC1⊥B1C.又 BC1⊥B1P,∴BC1⊥平面 B1CP.过 O 在平面 CPB1 上作 OE⊥B1P,交 B1P 于点 E,连结 C1E,则 B1P⊥C1E,∴∠OEC1 是二面角 C—B1P—C1 的平面角.

30 .∴ 5 OC1 15 15 15 tan∠OEC1= = .∴∠OEC1=arctan .故二面角 C—B1P—C1 的大小为 arctan . 3 3 3 OE
由于 CP=B1P= 5 ,O 为 B1C 的中点,连结 OP,∴PO⊥B1C,OP·OB1=OE·B1P.∴OE=


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