空间向量试题

空间向量试题

1．若a、b、c为任意向量，m∈R，则下列等式不一定成立．的是( )

A．(a＋b)＋c＝a＋(b＋c) B．(a＋b)·c＝a·c＋b·c C．m(a＋b)＝ma＋mb D．(a·b)·c＝a·(b·c) 2．已知正方体ABCD－A′B′C′D′

→中，点F是侧面CDD′C′的中心，若AF→＋xAB→＋yAA→＝AD′，则x－y等于( )

11

A．0 B．C. D．－

22

3．设A(3,3,1)、B(1,0,5)、C(0,1,0)，则AB

→|等于( ) 的中点M到点C的距离|CM53535313

A. B. C. D. 4222

→、OB→、OC→为空间的一4．O、A、B、C为空间四个点，又OA个基底，则( )

A．O、A、B、C四点不共线

B．O、A、B、C四点共面，但不共线 C．O、A、B、C四点中任意三点不共线 D．O、A、B、C四点不共面 5．如图所示，已知空间四边形ABCD中，M、N分别是BC、CD的中点，则A→B＋1→1→BD＋BC等于( ) 22

→ A．A→N B．AM

1→→C．BC D.BC 2

6．已知a、b是异面直线，A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是( )

A．30° B．45° C．60° D．90°

7．已知A、B、C三点不共线，O为平面ABC外任意一点，

1

1→2→→→(λ∈R)确定一点P与A、B、C若向量OP＝OA＋OB＋λOC53

三点共面，则λ的值为________．

8．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都是60°，则对角线AC1的长是________．

9．已知e1、e2、e3为不共面向量，若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1－e2＋e3，c＝e1＋e2－e3，d＝e1＋2e2＋3e3，且d＝xa＋yb＋zc，则x、y、z分别为________． 10．已知一个60°的二面角的棱上有两个点A、B，AC，BD分别是在这两个面内且垂直于AB的线段，又知AB＝4，AC＝6，BD＝8，求CD. 11．已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝A→B，b＝A→C，

(1)若|c|＝3且c∥B→C，求c；

(2)求a和b的夹角的余弦值；

(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值． 12．(2009年高考上海卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝BC＝AB＝2，AB⊥BC，求二面角B1－A1C－C1的大

2

第9.5节 立体几何

1.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为( )

A．75° B．60° C．45° D．30° 2．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( ) 1234A. B. C. D. 5555

4．把正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，对于下列结论：

①AC⊥BD；②△ADC是正三角形；③AB与CD成60°角；

④AB与平面BCD成60°角． 则其中正确结论的个数是( ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心O，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( )

12A. B. 3332C. D. 33解析：选B.如图，连结A1B和AB1交于点O′，取OB中点E，连结O′E，则

1

O′E綊A1O，

2

∴O′E⊥面ABC.连结AE，

∴∠O′AE即为AB1

与面ABC所成的角．

∵AO＝BO，又∵A1A＝

3

AB，

3

设A1A＝a，则AO′＝a.

2

2336

又AO＝·a＝a，∴A1O＝a.

3233

6

∴O′E＝a.∴sin∠O′AE

6

O′E2＝＝. AO′37．在正方体ABCD－A1B1C1D1

中，设AB的中点M，DD1的中点为N，则异面直线B1M与CN所成的角的大小为________．

解析：取AA1中点S，连结BS，

则BS∥CN.由平面几何知识易得BS⊥B1M，即B1M⊥CN.

答案：90°

8．已知∠AOB＝90°，过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°角，则以OC为棱的二面角A－OC－B的余弦值等于________。

解析：在OC上取一点D，使OD＝1，过D分别作DE⊥OC交OA于E，DF⊥OC交OB于F，∠EDF即为二面角A－OC－B的平面角．又DE＝1，OE＝2，DF＝3，OF＝2，Rt△EOF中，EF2＝6，∴在△DEF中，由余弦定理得

3

cos∠EDF＝－.

33

答案：－

3

9.将∠A＝60°的菱形ABCD，沿对角线BD折起，使A、C的距离等于BD，则二面角A－BD－C的余弦值是________．

解析：设菱形ABCD的边长为1，如图取BD中点E，连结AE，CE，所以AE⊥BD，CE⊥BD.所以∠AEC为二面角A－BD－C的平面角，

4

3

而AC＝1，AE＝CE＝，

2

332

AE2＋CE2－AC24＋4－141

所以cos∠AEC＝＝＝＝.

2·AE·CE3333

2··222

1

答案：

3

10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是AD的中点，求二面角A－BD1－P的大小．

解：如图所示．

过点P作PF⊥AD1于F，PE⊥BD1于E，连结EF.

因为AB⊥面AA1D1D，PF⊂面AA1D1D，所以AB⊥PF.

又PF⊥AD1，所以PF⊥面ABD1. 又PE⊥BD1，所以EF⊥BD1. 所以∠PEF为所求二面角的平面角．

53222

易得PB＝，BE＝，所以PE＝.又PF＝PA＝，

22224

PF1

所以sin∠PEF＝PE＝，

2

所以∠PEF＝30°，

即二面角A－BD1－P的大小为30°. 11．如图，在直棱柱ABC－

1

A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，

2

∠ACB＝90°，G为BB1的中点．

(1)求证：平面A1CG⊥平面A1GC1；

(2)求平面ABC与平面A1GC所成锐二面角的平面角的余弦值．

解：(1)证明：在直棱柱ABC

5

－A1B1C1中，有A1C1⊥CC1.

∵∠ACB＝90°，∴A1C1⊥C1B1，即A1C1⊥平面C1CBB1， ∵CG⊂平面C1CBB1，∴A1C1⊥CG.

在矩形C1CBB1中，CC1＝BB1＝2BC，G为BB1的中点， CG＝2BC，C1G＝2BC，CC1＝2BC ∴∠CGC1＝90°，即CG⊥C1G 而A1C1∩C1G＝C1， ∴CG⊥平面A1GC1.

∴平面A1CG⊥平面A1GC1.

(2)法一：由于CC1⊥平面ABC，∠ACB＝90°， 建立如图所示的空间

1

坐标系，设AC＝BC＝CC1

2

＝a，

则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2a)，G(0，a，a)．

→＝(a,0,2a)， ∴CA

1

C→G＝(0，a，a)． 设平面A1CG的法向量

n1＝(x1，y1，z1)，

→·CA1n1＝0由，

G·n1＝0C→

ax1＋2az1＝0得ay1＋az1＝0

.

令z1＝1，得n1＝(－2，－1,1)． 又平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)

设平面ABC与平面A1CG所成锐二面角的平面角为θ，

(0，0，1)n1·n2(－2，－1，1)·

∴cosθ＝cos〈n2，n1〉＝＝

|n1|·|n2|6×1

6＝ 6

6

法二：延长A1G、AB相交于P，连接CP，过A作AF⊥PC交PC延长线于点F，连A1F.

∵AA1⊥平面ABC，AF⊥PC，∴A1F⊥PF，

∴∠AFA1为平面ABC与平面A1CG所成二面角的平面角．

由(1)知CG⊥A1G，∴△PGC∽△PFA1， 设AC＝BC＝a，

∴CG＝2a，A1G＝GP＝3a，CP＝5a.

CGCP由＝， A1FA1P

CG·A1P2a·23a230a

得A1F＝CP＝＝

55a

24225222

AF＝A1F－A1A＝ a－4a＝a

55

AF

∴cos∠AFA1＝＝

A1F25

a56

＝. 6230a5

12．如图，在多面体ABCDE中，AE⊥面ABC，BD∥AE，且AC＝AB＝BC＝

7

BD＝2，AE＝1，F为CD中点．

(1)求证：EF⊥平面BCD；

(2)求面CDE与面ABDE所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：取BC中点G，连结FG，AG. ∵AE⊥面ABC，BD∥AE， ∴BD⊥面ABC. 又AG⊆面ABC， ∴BD⊥AG.

又AC＝AB，G是BC中点， ∴AG⊥BC.

∴AG⊥平面BCD. ∵F是CD的中点，且BD＝2，

1

∴FG∥BD，且FG＝BD＝

2

1.

∴FG∥AE. 又AE＝1， ∴AE＝FG.

故四边形AEFG是平行四边形．

∴EF∥AG，∴EF⊥面BCD.

(2)过C作CK⊥DE于K，取AB的中点H，连接KH、CH，由三垂线定理的逆定理得KH⊥DE，

∴∠HKC为二面角C－DE－B的平面角． 易知EC＝5，DE＝5，CD＝22，

11

由S△CDE＝×(22)×3＝×5×CK，

222

可得CK＝30.

5

CH10

在Rt△CHK中，sin∠HKC＝CK＝.

4

10

∴面CDE与面ABDE所成的二面角的正弦值为. 4

8

第9.3节集合

1．与空间不共面的四点等距离的平面共有( ) A．3个 B．4个 C．6个 D．7个

解析：选D.构造四面体，所作平面有两种情况：即平面两侧有一点和三点，平面两侧各有两点．

(1)平面两侧有一点和三点，可把四面体看作一个三棱锥，作这个三棱锥的高的中垂面，满足条件，这样的平面有4个；

(2)平面两侧各有两个点，可把四面体看作两条异面直线，则异面直线的公垂线段的中垂面满足条件，这样的平面有3个．故共有7个，选D.

2．点A、B∈平面α，点PA∈/平面α，线段AP、BP在α内射影长分别是3和5，则线段AB的最大、最小值分别是( )

A．8,2 B．4,4 C．5,3 D．无最值 解析：选A.如图作PD⊥面α.①当D在线段AB上时，AB取最大值为8.

②当D在线段BA的延长线时，AB取最小值为5－3＝2(利用三边关系及极限思想)，选A.

3．已知矩形ABCD的一边CD在平面α内，AC与α所成角为60°，若AB＝2，AD＝4，则AB到α的距离为( )

A.15 B.5

C.10 D．3

解析：选A.过点A，作AP⊥α，垂足为P，连结CP，则

9

AP的长即为AB到平面α的距离，且∠ACP＝60°.

∵AB＝2，AD＝4，∴AC＝25. ∴AP＝AC·sin 60°＝15.

4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1

的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为( )

12A. B. 2423C. D. 22解析：选B.连结A1D交AD1于O1点，显然可证A1O1⊥平面ABC1D1.

现连结C1O1，取C1O1中点H并连结OH，

∴OH⊥平面ABC1D1，

1122OH＝A1O1＝×＝.

2224

5．线段AB长为2，两个端点A、B分别在一个直二面角的两个面上，AB和两个面所成的角分别是45°和30°，那么点A、B在这个二面角的棱上的射影A′、B′间的距离是( )

1

A．1 B.

22

C．2 D.

2

解析：选A.如右图，AB＝2，∠BAB′＝45°，∠ABA′＝30°，则BB′＝2sin 45°＝2，AA′＝2sin 30°＝1，由异面直线上两点之间的距离公式知AB2＝A′B′2＋BB′2＋A′A2－2A′A·BB′·cos 90°，解得A′B′＝1.

6．已知△ABC中，AB＝9，AC＝15，∠BAC＝120°，△ABC所在平面α外一点P到此三角形三个顶点的距离都是14，那么点P到平面α的距离是( )

10

A．13 B．11 C．9 D．7

解析：选D.如图PO⊥面ABC于O，

∵PB＝PC＝PA，

∴易知O为△BAC的外心， OB＝R.

∵∠BAC＝120°，AB＝9，AC＝15，

∴BC＝92＋152－2×9×15×cos120°＝21.

BC21∴＝＝2R. sin∠BAC3

2

21

∴R＝＝73.

3

∵PB＝14，∠POB＝90° ∴PO＝7，选D. 7．若四面体S－ABC中，SB⊥AC，SB＝AC＝2，E、F分别是AB和SC的中点，则EF的长为________．

解析：如图取SA的中点D，连接ED，DF，易证∠EDF＝90°，且ED＝DF＝1，故EF＝2.

答案：2

8．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面ABB1A1内有一动点P到直线AA1和BC的距离相等，则动点P的轨迹是________．

11

解析：P到直线BC的距离即为P到点B的距离，由抛物线的定义知，P点轨迹为(以AA1为准线，B为焦点的)抛物线的一部分．

答案：以AA1为准线，B为焦点的在平面ABB1A1内的一段抛物线

9．已知PA、PB、PC与平面α所成角分别为60°、45°、30°，PO⊥平面α，O为垂足，又斜足A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC＝10 cm，则PO长等于________．

解析：由已知得∠PAO、∠PBO、∠PCO依次为PA、PB、PC与平面α所成角，

则∠PAO＝60°，∠PBO＝45°， ∠PCO＝30°，

3

设PO＝h，则AO＝h，BO＝h，

3

CO＝3h，

而cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，

2h22

10＋h－222

10＋h－3h3

于是，＋＝0，

2×10h2×10h

解得h＝56. 答案：56

10．如图1，平面四边形ABCD关于直线AC对称，∠A＝60°，∠C＝90°，CD＝2.把△ABD沿BD折起(如图2)，使

3二面角A－BD－C的余弦值等于.对于图2，求A，C两点

3

12

间的距离．

图1 图2

解：取BD的中点E，连接AE、CE，由AB＝AD，CB＝CD，得AE⊥BD，CE⊥BD

∴∠AEC就是二面角A－BD－C的平面角，

3

∴cos∠AEC＝.

3

在△ACE中，AE＝6，CE＝2，

AC2＝AE2＋CE2－2AE·CE·cos∠AEC

3

＝6＋2－2×6×2×＝4，

3

∴AC＝2.

11．如图，在五面体ABCDEF中，

π

AB∥DC，∠BAD＝，CD＝AD＝2，四

2

边形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC＝3，ED＝7，求：

直线AB到平面EFCD的距离． 解：法一：因为AB∥DC，DC⊂平面EFCD，所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离，如图，经过A作AG⊥FD于

13

π

G.因∠BAD＝，AB∥DC，故CD⊥AD；又FA⊥平面ABCD，

2

由三垂线定理知CD⊥FD，故CD⊥平面FAD，知CD⊥AG.

故AG为所求的直线AB到平面EFCD的距离． 在Rt△FDC中，FD＝FC2－CD2＝9－4＝5.

由FA⊥平面ABCD，得FA⊥AD，从而在Rt△FAD中， FA＝FD2－AD2＝5－4＝1.

FA·AD225

所以，AG＝FD＝＝.

55

法二：如图，以A点为坐标原点，A→B，A→D，A→F的方向为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)．设F(0,0，zF)(zF>0)，

可得F→C＝(2,2，－zF)，|F→C|＝3，即22＋22＋zF2＝3，解得zF＝1，即F(0,0,1)．

因为AB∥DC，DC⊂平面EFCD，所以直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离，设A点在平面EFCD上的射影点为G(x1，y1，z1)则A→G＝(x1，y1，z1)，因A→G·D→F＝0，且A→G·C→D＝0，而D→F＝(0，－2,1)，C→D＝(－

－2y1＋z1＝0，

2，0,0)，此即 ①

－2x1＝0.

解得G点的横坐标x1＝0，知G点在yOz面上，故G点在FD上．

又G→F∥D→F，G→F＝(－x1，－y1，－z1＋1)，

y1故有＝－z1＋1，②

2

24

联立①、②解得G(0，，)，因|A→G|为AB到平面EFCD

55

的距离，

2425→→而AG＝(0，，)，所以|AG|＝. 555

14

12.(2010年长沙质检)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1

中，AA1＝5，AB＝6，点D，E，F分别在棱BB1，CC1和AC

1

上，且BD＝C1E＝AF＝1.

2

(1)求平面DEF与平面ABC相交所成的锐二面角的大小； (2)求点A1到平面DEF的距离．

解：法一：(1)如图，由题意，延长ED，CB相交于点G，连接FG，则所求二面角等于二面角E－FG－C的大小．

由已知可得，EC＝4，CF＝4，CG＝8，由余弦定理，

得FG＝CF2＋CG2－2CF·CGcos60°＝43，

满足CG2＝FC2＋FG2 ∴GF⊥AC，又EC⊥平面ABC

π

∴EF⊥FG，∴∠EFC为所求锐二面角的平面角等于 4

(2)由(1)FG⊥AC又底面ABC⊥侧面ACC1A1，则平面GEF⊥侧面ACC1A1，过A1作A1H⊥EF于H，则A1H为点A1到平面EFD的距离

延长A1H交AC于P，∵FP＝AP－AF＝AA1－AF＝3，

3

∴PH＝2，又A1P＝52，

2

7

∴A1H＝A1P－PH＝2

2

15

法二：(1)取AC中点O，连接BO，以O为原点OA，OB为x轴、y轴建立空间直角坐标系O－xyz(如图)

由已知可知F(1,0,0)，C(－3,0,0)，E(－3,0,4)，D(0,33，1)，A1(3,0,5)，

则F→E＝(－4,0,4)， F→D＝(－1,33，1)

设平面DEF的法向量为 n＝(x，y，z)， x＝z∴ y＝0

令x＝1，即n＝(1,0,1) 又EC⊥平面ABC，则平

面ABC的法向量为C→E＝(0,0,4)

42＝＝，

2→4×2|n|·|CE|

π

故所求锐二面角的大小为.

4

→＝(2,0,5)，设点A到平面DEF的距离为d， (2)FA

则〈n，C→E〉＝

1

1

n·C→E

→·2×1＋0×0＋5×172FA1n则d＝||＝＝

|n|22

第9.3节集合

1．一个四棱锥是正四棱锥的充分不必要条件是( ) A．各侧面与底面所成的二面角相等

B．各侧面都是等腰三角形，且底面是正方形 C．各侧面是正三角形

D．各侧棱与底面所成的角相等

解析：选C.设四棱锥为P－ABCD，P在底面上的射影为O，当各侧面是正三角形时，底面ABCD是正方形或菱形，且PA＝PB＝PC＝PD.

16

∴OA＝OB＝OC＝OD.点O为底面四边形ABCD的外心；由于各侧面正三角形的斜高相等，∴它们在底面上的射影长也相等，即点O也是底面四边形ABCD的内心，从而可知O是四边形ABCD的中心，且底面ABCD是正方形，即P－ABCD为正四棱锥；

反之，当P－ABCD是正四棱锥时，各侧面是全等的等腰三角形，未必是等边三角形．

2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是( )

83A. B. 3843C. D. 34答案：C

3．(2010年保定市质检)如图，正三棱锥A－BCD中，点E在棱AB

AECF

上，点F在棱CD上，且EB＝FD，

π

若异面直线EF与AC所成的角为，

3

则异面直线EF与BD所成的角为( )

ππA. B. 64π

C. D．无法确定 2

解析：选A.过点E作EG∥AC

AECG

于点G，连接GF，据已知由EB＝GBCFπ＝FD可得：FG∥BD，故∠GEF＝即3

为两异面直线EF与AC所成的角，∠EFG为异面直线EF与BD所成的

角，由正三棱锥性质可知AC⊥BD，即EG⊥GF，

πππ

故∠EFG＝－＝.

236

17

4．直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为3，底面是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，E是A1D1的中点，则BE为( )

A.6 B．23 C.14 D．4 答案：B

5．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h3，则h1∶h2∶h3＝( )

A.3∶1∶1 B.3∶2∶2 C.3∶2∶2 D.3∶2∶3

解析：选B.由题意，知三棱锥为正四面体，设三棱锥棱

62

长为a，则h2＝a，同理可求出四棱锥的体高h1＝a.又由

32

132612223

V柱＝V三棱锥＋V四棱锥＝×a×a＋a×a＝a，

343324

23326则有a＝a×h3，h3＝a.

443所以h1∶h2∶h3＝3∶2∶2. 6．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1

的各棱长都为2，E、F分别是AB、A1C1的中点，则EF的长是( )

A．2 B.3 C.5 D.7

解析：选C.取AC的中点G，连结FG、EG，(图略)那么EF＝EG2＋FG2＝1＋4＝5，因此选C.

7.(2010年广西桂林调研)正四棱锥底面边长为10，侧面积为200，则这个四棱锥的侧面与底面所成二面角的大小是________．

解析：由已知得BC＝10，SM＝10且∠SMO即为所求，

1

在Rt△SMO中，OM＝BC＝5，

2

18

OM51π

∴cos∠SMO＝SM＝＝，故∠SMO＝.

1023

π

答案：

3

8．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面边长均为2a，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则侧棱AA1与截面B1D1DB的距离是________．

解析：AA1在底面上的射影为AO，cos60°＝cos∠A1AO·cos45°，

∴∠A1AO＝45°，过A点作平面BDD1B1的垂线交O1O的延长线于H点，在Rt△AHO中，AO＝2a，∠HAO＝45°，易得AH＝a，

AA1与OO1间的距离为所求a.

19

答案：a

9．(2008年高考江西卷)如图(1)，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图(2))．

有下列四个命题：

A．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半

B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P

C．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P

D．若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满． 其中真命题的代号是：________(写出所有真命题的代号)．

解析：设正四棱柱底面边长为b，高为h1，正四棱锥高为

12222

h2，则原题图(1)中水的体积为：bh2－bh2＝bh2，图(2)中

33

水的体积为：b2h1－b2h2＝b2(h1－h2)，

2252

所以bh2＝b(h1－h2)，所以h1＝h2，故A错误，D正

33

确．

对于B，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P点，故B正确．

对于C，假设C正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重

25222

合时，经计算得水的体积为bh2>bh2，矛盾，故C不正确．

363

答案：B、D

20

10.直平行六面体的底面是菱形，过不相邻的两对侧棱的截面的面积是Q1和Q2，求它的侧面积．

解：如图，设直平行六面体A1C的底面菱形边长为a，侧棱长为l，

A1C是直平行六面体⇒

四边形A1ACC1、B1BDD1是矩形，

Q1∴Q1＝l·AC⇒AC＝l.

Q2同理BD＝l，

22

Q＋QACBD12

又底面是菱形⇒a2＝22＋22＝⇒2a·l＝24l

Q12＋Q22，

∴S侧＝4al＝2Q12＋Q22.

11．在直三棱柱ABC－A1B1C1

中，AA1＝AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，D为侧面ABB1A1的中心，E为BC的中点．

(1)求证：平面DB1E⊥平面BCC1B1；

(2)求点C1到平面DB1E的距离．

解：(1)证明：连结AE.(图略)

∵AB＝AC，且E为BC的中点， ∴AE⊥BC，

∵BB1⊥平面ABC， ∴AE⊥BB1， ∵BC∩BB1＝B，

∴AE⊥平面BCC1B1， ∵AE⊂平面DB1E，

∴平面DB1E⊥平面BCC1B1. (2)作C1H⊥B1E于H，

21

∵平面DB1E⊥平面BCC1B1， C1H⊂平面BCC1B1， ∴C1H⊥平面DB1E，

∴C1H的长即为点C1到平面DB1E的距离．

C1HB1C1∵△B1HC1∽△EBB1，∴＝，

BB1B1E

B1C183

∴C1H＝×BB1＝.

B1E3

83

故点C1到平面DB1E的距离为 3

12．如图，正三棱锥S－ABC中，底面的边长是3，棱锥的侧面积等于底面积的2倍，M是BC的中点．求：

AM

(1)SM的值；

(2)二面角S－BC－A的大小．

解：(1)∵SB＝SC，AB＝AC，M为BC中点， ∴SM⊥BC，AM⊥BC.

由棱锥的侧面积等于底面积的2倍，

11AM3即3×BC×SM＝2×BC×AM，得SM＝.

222 (2)作正三棱锥的高SG，则G为正三角形ABC的中心，

1

G在AM上，GM＝AM.

3

∵SM⊥BC，AM⊥BC，

∴∠SMA是二面角S－BC－A的平面角．

在Rt△SGM中，

22

∵SM＝AM＝×3GM＝2GM，

33

∴∠SMA＝∠SMG＝60°，

即二面角S－BC－A的大小为60°

22

第9.3节集合

1.把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角，折成直二面角后，在A，B，C，D四点所在的球面上，B与D两点之间的球面距离为( )

A.2π B．π ππC. D. 23

解析：选C.设正方形ABCD的对角线的中点是O，则由题意知点A，B，C，D在以点O为球心、1为半径的球面上，且OD⊥平面ABC，OB⊥OC，B与D两点之间的球面距离为ππ×1＝. 22

2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )

A．16π B．20π C．24π D．32π

解析：选C.该四棱柱底面积为4，从而底面边长为2，其外接球直径为该四棱柱的体对角线，∴2R＝22＋22＋42＝26.

∴R＝6.∴S＝4πR2＝24π.

3．一个长方体的八个顶点都在球O的面上，如果经过该长方体同一个顶点的三个面的面对角线的长分别为7、8、9，那么球O的表面积等于( )

23