立体几何创新题型以及答案
（一） 创新试题
１．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1=AB =1.
（I ）求证：A 1C //平面AB 1D ；
（II ）求二面角B —AB 1—D 的大小； （III ）求点c 到平面AB 1D 的距离.
２. 如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都为a ，P 为A 1B 上的点。 （1）试确定PB
P A 1的值，使得PC ⊥AB ；
（2）若3
21 PB
P A ，求二面角P —AB —C 的大小；
（3）在（2）条件下，求C 1到平面PAC 的距离。
1解法一（I ）证明：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1 = E ，连接DE.
∵ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱，且AA 1 = AB ，∴四边形A 1ABB 1是正方形， ∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C.
∵DE ?平面AB 1D ，A 1C ?平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D.
（II ）解：在面ABC 内作DF ⊥AB 于点F ，在面A 1ABB 1内作FG ⊥AB 1于点G ，连接DG.
∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ， ∴DF ⊥平面A 1ABB 1，
∴FG 是DG 在平面A 1ABB 1上的射影， ∵FG ⊥AB 1， ∴DG ⊥AB 1 ∴∠FGD 是二面角B —AB 1—D 的平面角
设A 1A = AB = 1，在正△ABC 中，DF=
.43在△ABE 中，8
2343=?=BE FG ， 在Rt △DFG 中，3
6
tan =
=
∠FG DF FGD ，所以，二面角B —AB 1—D 的大小为.36arctan （III ）解：∵平面B 1BCC 1⊥平面ABC ，且AD ⊥BC ，
∴AD ⊥平面B 1BCC 1，又AD ?平面AB 1D ，∴平面B 1BCC 1⊥平面AB 1D. 在平面B 1BCC 1内作CH ⊥B 1D 交B 1D 的延长线于点H ， 则CH 的长度就是点C 到平面AB 1D 的距离. 由△CDH ∽△B 1DB ，得.5
5
11=?=
D B CD BB CH
即点C 到平面AB 1D 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A 1B ，设A 1B ∩AB 1 = E ，连接DE.设A 1A = AB = 1，
则).0,0,21(),21,43,41(),1,23,
0(),0,0,0(1C E A D -),2
1,43,41(),1,23,21(1-=--=∴DE C A .//,211DE C A DE C A ∴-=∴ D AB C A D AB DE 111,平面平面?? ，.//11D AB C A 平面∴
（II ）解：)1,0,21(),0,23,
0(1-B A ， )1,0,2
1(),0,23,0(1-==∴D B AD ， 设),,(1r q p n =是平面AB 1D 的法向量，则0,0111=?=?D B n AD n 且， 故)1,0,2(,1.02
1
,0231===-=-
n r r p q 得取；同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B —AB 1—D 的大小为θ，5
15
||||cos 2121=?=
n n n n θ ，
∴二面角B —AB 1—D 的大小为.5
15arccos
（III ）解由（II ）得平面AB 1D 的法向量为)1,0,2(1=n ，取其单位法向量).0,0,21
(),5
1
,
0,5
2(
==DC n 又
∴点C 到平面AB 1D 的距离.5
5
||=
?=n DC d 2.解析答案：解法一：（1）当
11=PB
P
A 时，PC ⊥A
B 取AB 的中点D ′，连结CD ′、PD ′∵△AB
C 为正三角形， ∴C
D ′⊥AB 。 当P 为A 1B 的中点时，PD ′//A 1A ， ∵A 1A ⊥底面ABC ， ∴PD ′⊥底面ABC ， ∴PC ⊥AB
（2）当3
2
1=PB P A 时，过P 作PD ⊥AB 于D ，如图所示，则PD ⊥底在ABC
过D 作DE ⊥AC 于E ，连结PE ，则PE ⊥AC ∴∠DEP 为二面角P —AC —B 的平面角。 又∵PD//A 1A ， ∴
231==PA BP DA BD ， ∴a AD 5
2
=∴ .53235260sin a a AD DE =?=
??= 又∵
a PD A A PD 53,5
3
1=
∴=∴ 3tan ==∠DE
PD PED ∴∠PED=60° 即二面角P —AC —B 的大小为60°
（3）设C 1到面PAC 的距离为d ，则11ACC P PAC C V V --=
∵PD//A 1A ∴PD//平面A 1C ∴DE 即为P 点到平面A 1C 的距离。 又PE=a a a DE
PD 532)53()53(222
2
=+=+2∴DE S d S ACC PAC ?=???13
131
∴a a d a a 53)21(31)53221
(312?=??
解得 2a d = 即C 1到平面PAC 的距离为a 2
1
解法二：以A 为原点，AB 为x 轴，过A 点与AB 垂直的直线为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系A —x yz ，如图所示，则B （a ，0，0），A 1（0，0，a ），C )0,2
3
,
2(a a
，设),0,(z x P （1）由0)0,0,(),2
3,2(0=?--=?a z a a x AB CP ，得 即2
,0)2
(a
x a a
x =
∴=?-
， ∴P 为A 1B 的中点。 即 11=PB
P
A 时，PC ⊥A
B 。
（2）当
),0,(3
2
),0,(323211z x a a z x PB P A PB P A --=-==，得时，由 即 )5
3,0,52(53522)(3,
233a a P a z a x z
a z x a x ∴???
???
?
==??
?-=--=
设平面PAC 的一个法向量n =),,(z y x '''
则???
?
???=?'''=?'''?????=?=?0)0,23,2(),,(0)53,0,52(),,(00a a z y x a a z y x AC AP ，即n n 即???????='+'='+'?0232,05352y a x a z a x a
取 ).2,3,3(2
,33--=∴-='-='='n z y x ，则
又平面ABC 的一个法向量为n 0=（0，0，1） ∴2
1
142||||,cos 000-=?-=??>=
∴二面角P —AC —B 的大小为180°－120°=60° （3）设C 1到平面PAC 的距离为d ， 则.2 4|,0,0()2,3,3(||||||,cos |||111a a C C C C C C d =-?--=?=> 即C 1到平面PAC 的距离为2 a ．