高中立体几何典型题及解析(十)(~题).docVIP

高中立体几何典型500题及解析(十)(451~500题) 451. 如图1，线段AB平面α，线段CD平面β，且平面α∥平面β，AB⊥CD，AB＝CD＝a,α、β的距离为h，求四面体ABCD的体积. 图1 图2 解析：依题意可构造一个底面对角线长为a，高为h的正四棱柱(如图2). 显然，正四棱柱的底面边长为a.其体积为 V柱＝(a)2h＝a2h. 而三棱锥C—AC′B的体积为 V锥＝V柱. 故四面体ABCD的体积为 V＝V柱-4V锥＝V柱-V柱 ＝V柱＝a2h. 说明 本题运用了“构造辅助体”的解题技巧. 452. 求棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1的面对角线A1C1与AB1的距离. 解法一：连结BD1，取A1B1的中点E，连BE交AB1于M，连D1E交A1C1于N，连MN. 因为ΔA1NE∽ΔC1ND1，所以＝＝， 则＝，同理＝. ∵＝.∴MN∥BD1. 由三垂线定理知BD1与A1C1、AB1都垂直，故MN为两对角线的公垂线， 又ΔEMN∽ΔEBD1 故＝＝.∴MN＝a. 解法二：取A1M＝，B1N＝，过N作NP⊥A1B1于P，连MP，则ΔMPN为直角三角形，由计算，PM＝a,PN＝a,故MN＝a.又A1N＝a，A1M＝a,故A1N2＝A1M2+MN2，于是MN⊥A1C1；同理，由AN＝a,AM＝a,MN＝a可知MN⊥AB1.故MN为AB1与A1C1的公垂线段，从而AB1与A1C1的距离为a. 解法三：可转化为求平行平面间的距离.连A1D，C1D，A1C1，B1C.易知A1D∥B1C，A1C1∥AC.故平面A1DC1∥平面AB1C.连BD1，设与平面A1DC1交于M，与平面AB1C交于N.因BD1与图中所示6条面对角线都垂直，故BD⊥面A1DC1，也垂直于AB1C.即MN是A1C1与AB1的距离，在RtΔD1DB中，D1M＝＝a，而同理可求BN＝a，故 MN＝a-a-a＝a. 说明 上例还可以利用直线与平面平行、体积转换等方法求解. 453. 在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是A1B1上的一动点，平面PAD1和平面PBC1与对角面ABC1D1所成的二面角的平面角分别为α、β，试求α+β的最大值和最小值. 解析：如图.对角面A1B1CD⊥对角面ABC1D1，其交线为EF.过P作PQ⊥EF于Q，则PQ⊥对角面ABC1D1.分别连PE、PF. ∵EF⊥AD1，PE⊥AD1(三垂线定理).故由二面角的平面角定义知 ∠PFQ＝α， 同理，∠PFQ＝β. 设A1P＝x,(0≤x≤1)，则PB1＝1-x. ∵EQ＝A1P，QF＝PB1，PQ＝， ∴当0＜x＜1时，有 tanα＝,tanβ＝, ∴tan(α+β)＝＝ ＝ 而当x＝0时α＝，tan(α+β)＝tan(+β)＝-cotβ＝-＝-，上式仍成立；类似地可以验证.当x＝1时，上式也成立，于是，当x＝时，tan(α+β)取最小值-2；当x＝0或1时，tan(α+β)取最大值-. 又∵ 0＜α+β＜π， ∴(α+β)max＝π-arctan (α+β)min＝π-arctan2 454. 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别在棱AB、BC上，G在对角线BD1上，且AE＝，BF＝，D1G∶GB＝1∶2，求平面EFG与底面ABCD所成的二面角的大小. 解析：设G在底面ABCD上的射影为H，H∈BD， ∵＝＝ ∴GH＝ 作HM⊥EF于M，连GM，由三垂线定理知GM⊥EF，则∠GMH＝θ就是平面BFG与底面ABCD所成的二面角的平面角，tanθ＝. 下面求HM的值. 建立如图所示的直角坐标系，据题设可知. H(，)、E(，0)、F(1，) ∴直线EF的方程为 ＝， 即 4x-6y-1＝0. 由点到直线的距离公式可得 ｜HM｜＝＝， ∴tgθ＝·＝，θ＝arctg. 说明 运用解析法来求HM的值是本例的巧妙所在. 455. 如图，平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，侧棱AA1长为2，且∠A1AB＝∠A1AD＝60°则此平行六面体的体积为 解析：一 求平行六面体ABCD—A1B1C1D的体积，应用公式.由于底面是正方形，所以关键是求高，即到底面ABCD的距离 解法一：过点A1做A1O⊥平面ABCD，垂足为O，过O做OE⊥AB，OF⊥AD，垂足分别为E、F，连结A1E，A1F，可知O在∠BAD的平分线AC上. ∴cos∠A1AO·cos∠OAF＝·＝＝cos∠A1AF 即cos∠A1AO·cos45°＝cos60° ∴cos∠A1AO＝ ∴sin∠A1AO＝ ∴A1O＝A1Asi