第八章 立體幾何初步 類型1　空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積和體積 1．本考點(diǎn)多為基礎(chǔ)題，一般出現(xiàn)在選擇題的中間位置．主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)，直觀圖的轉(zhuǎn)化，幾何體表面積、體積公式的應(yīng)用．考查數(shù)形結(jié)合思想、空間想象能力、運(yùn)算求解能力，意在讓多數(shù)學(xué)生得分． 2．空間幾何體的表面積與體積的求法 (1)多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和；組合體的表面積注意銜接部分的處理． (2)旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其側(cè)面展開圖的應(yīng)用． (3)求復(fù)雜幾何體的體積常用割補(bǔ)法、等積法求解． 【例1】　(1)(2019·全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長為________． 圖1　　　　　　　　　　圖2 (2)(2019·全國卷Ⅲ)學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型，如圖，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm，3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3．不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為________g． (1)26　eq \r(2)－1　(2)118.8　[(1)依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個(gè)面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個(gè)正方形，8個(gè)正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個(gè)面．注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個(gè)正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則eq \f(\r(2),2)x＋x＋eq \f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq \r(2)－1，故題中的半正多面體的棱長為eq \r(2)－1． (2)由題易得長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為6×6×4＝144(cm3)， 四邊形EFGH為平行四邊形，如圖所示，連接GE，HF，易知四邊形EFGH的面積為矩形BCC1B1面積的一半，即eq \f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱錐O-EFGH＝eq \f(1,3)×3×12＝12(cm3)，所以該模型的體積為144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9＝118.8(g)． ] eq \o([跟進(jìn)訓(xùn)練]) 1．如圖所示，已知三棱柱ABC-A′B′C′，側(cè)面B′BCC′的面積是S，點(diǎn)A′到側(cè)面B′BCC′的距離是a，求三棱柱ABC-A′B′C′的體積． [解]　連接A′B，A′C，如圖所示，這樣就把三棱柱分割成了兩個(gè)棱錐． 設(shè)所求體積為V，顯然三棱錐A′-ABC的體積是eq \f(1,3)V． 而四棱錐A′-BCC′B′的體積為eq \f(1,3)Sa， 故有eq \f(1,3)V＋eq \f(1,3)Sa＝V， 即V＝eq \f(1,2)Sa． 類型2　與球有關(guān)的切、接問題 1．本考點(diǎn)中的題目多為基礎(chǔ)題，一般出現(xiàn)在選擇題的后面位置或填空題中，分值為5分．主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)，外接球和內(nèi)切球問題，幾何體表面積、體積公式的應(yīng)用，球的表面積和體積計(jì)算．考查數(shù)形結(jié)合思想，空間想象能力，運(yùn)算求解能力，意在讓多數(shù)學(xué)生得分． 2．與球相關(guān)問題的解題策略 (1)作適當(dāng)?shù)慕孛?如軸截面等)時(shí)， 對(duì)于球內(nèi)接長方體、正方體， 則截面一要過球心， 二要過長方體或正方體的兩條體對(duì)角線，才有利于解題． (2)對(duì)于“內(nèi)切”和“外接”等問題， 首先要弄清幾何體之間的相互關(guān)系， 主要是指特殊的點(diǎn)、線、面之間的關(guān)系， 然后把相關(guān)的元素放到這些關(guān)系中來解決． 【例2】　(1)(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq \r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為(　　) A．12eq \r(3)　　B．18eq \r(3)　　C．24eq \r(3)　　D．54eq \r(3) (2)(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2．∠BAD＝60°，以D1為球心，eq \r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________． (1)B　(2)eq \f(\r(2)π,2)　[(1)設(shè)等邊三角形ABC的邊長為x，則eq \f(1,2)x2sin 60°＝9eq \r(3)，得x＝6．設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則2r＝eq \f(6,sin 60°)，解得r＝2eq \r(3)，所以球心到△ABC所在平面的距離d＝eq \r(42－?2\r(3)?2)＝2，則點(diǎn)D到平面ABC的最大距離d1＝d＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值Vmax＝eq \f(1,3)S△ABC×6＝eq \f(1,3)×9eq \r(3)×6＝18eq \r(3)． (2)如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分別取B1C1，BB1，CC1的中點(diǎn)M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq \r(3)．由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點(diǎn)．在側(cè)面BCC1B1內(nèi)任取一點(diǎn)P，使MP＝eq \r(2)，連接D1P，則D1P＝eq \r(D1M2＋MP2)＝eq \r(?\r(3)?2＋?\r(2)?2)＝eq \r(5)，連接MG，MH，易得MG＝MH＝eq \r(2)，故可知以M為圓心，eq \r(2)為半徑的圓弧GH為球面與側(cè)面BCC1B1的交線．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq \x\to(GH)的長為eq \f(1,4)×2π×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2)．] eq \o([跟進(jìn)訓(xùn)練]) 2．若與球外切的圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為r，R，則球的表面積為________． 4πRr　[法一：如圖，作DE⊥BC于點(diǎn)E．設(shè)球的半徑為r1，則在Rt△CDE中，DE＝2r1，CE＝R－r，DC＝R＋r．由勾股定理得4req \o\al(2,1)＝(R＋r)2－(R－r)2，解得r1＝eq \r(Rr)，故球的表面積為S球＝4πreq \o\al(2,1)＝4πRr． 法二：如圖，設(shè)球心為O，球的半徑為r1，連接OA，OB，則在Rt△AOB中，OF是斜邊AB上的高．由相似三角形的性質(zhì)得OF2＝BF·AF＝Rr，即req \o\al(2,1)＝Rr，故r1＝eq \r(Rr)，故球的表面積為S球＝4πRr．] 類型3　空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷與證明 1．空間中線面位置關(guān)系的證明主要包括線線、線面及面面的平行與垂直關(guān)系，其中推理論證的關(guān)鍵是空間想象能力，要防止步驟不完整或考慮不全致推理片面，該類題目難度不大，以中檔題為主． 2．平行、垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化 【例3】　如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1(側(cè)棱垂直于底面，且底面是正三角形)中，BC＝CC1，M，N，P分別是CC1，AB，BB1的中點(diǎn)． (1)求證：平面NPC∥平面AB1M； (2)求證：AB1⊥平面A1MB． [證明]　(1)在△ABB1中，N，P分別是AB，BB1的中點(diǎn)，即PN∥AB1， ∵平面ABB1∩平面AB1M＝AB1，PN?平面AB1M，PN?平面ABB1， ∴PN∥平面AB1M． 又∵底面是正三角形且BC＝CC1，M是CC1的中點(diǎn)，即在正方形BCC1B1中有CMB1P為平行四邊形，有PC∥MB1， ∴PC∥平面AB1M，而PN∩PC＝P， ∴平面NPC∥平面AB1M． (2)在正方形ABB1A1中有AB1⊥A1B，若AB1，A1B的交點(diǎn)為D，連接MD，DN， ∴四邊形MCND為矩形，∴CN∥MD，CN⊥DN，而CN⊥AB，則CN⊥平面ABB1A1， ∴MD⊥平面ABB1A1，而AB1?平面ABB1A1，即MD⊥AB1．又MD∩A1B＝D，MD?平面A1MB，A1B?平面A1MB， ∴AB1⊥平面A1MB． eq \o([跟進(jìn)訓(xùn)練]) 3．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)． 求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE． [證明]　(1)因?yàn)锳BC-A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC． 又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD． 又因?yàn)锳D⊥DE，CC1，DE?平面BCC1B1， CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1． 又AD?平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCC1B1． (2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)， 所以A1F⊥B1C1． 因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F． 又因?yàn)镃C1，B1C1?平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BCC1B1． 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD． 又AD?平面ADE， A1F?平面ADE， 所以A1F∥平面ADE． 類型4　空間角的計(jì)算問題 1．考查空間中線面位置關(guān)系的證明、直線與平面所成角、線線角及二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力及推理論證能力． 2．求空間各種角的大小一般都轉(zhuǎn)化為平面角來計(jì)算，空間角的計(jì)算步驟：一作，二證，三計(jì)算． (1)求異面直線所成的角常用平移轉(zhuǎn)化法(轉(zhuǎn)化為相交直線的夾角)． (2)求直線與平面所成的角常用射影轉(zhuǎn)化法(即作垂線、找射影)． (3)二面角的平面角的作法常有三種：①定義法；②垂線法；③垂面法． 【例4】　(2020·浙江高考)如圖，在三棱臺(tái)ABC -DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC． (1)證明：EF⊥DB； (2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值． [解]　(1)證明：如圖，過點(diǎn)D作DO⊥AC，交直線AC于點(diǎn)O，連接OB． 由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得CD＝eq \r(2)CO． 由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC， 所以DO⊥BC． 由∠ACB＝45°，BC＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(\r(2),2)CO，得BO⊥BC． 所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB． 由三棱臺(tái)ABC -DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB． (2)如圖，過點(diǎn)O作OH⊥BD，交直線BD于點(diǎn)H，連接CH． 由三棱臺(tái)ABC -DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角． 由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH為直線CO與平面DBC所成角． 設(shè)CD＝2eq \r(2)． 由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq \r(2)，得BD＝eq \r(6)，OH＝eq \f(2,3)eq \r(3)，所以sin∠OCH＝eq \f(OH,OC)＝eq \f(\r(3),3)， 因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq \f(\r(3),3)． eq \o([跟進(jìn)訓(xùn)練]) 4．如圖，正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長為1，B′C∩BC′＝O，求： (1)AO與A′C′所成角的度數(shù)； (2)AO與平面ABCD所成角的正切值； (3)平面AOB與平面AOC所成角的度數(shù)． [解]　(1)∵A′C′∥AC， ∴AO與A′C′所成的角就是∠OAC． ∵AB⊥平面BC′，OC?平面BC′，∴OC⊥AB， 又OC⊥BO，AB∩BO＝B，∴OC⊥平面ABO． 又OA?平面ABO，∴OC⊥OA． 在Rt△AOC中，OC＝eq \f(\r(2),2)，AC＝eq \r(2)， sin∠OAC＝eq \f(OC,AC)＝eq \f(1,2)， ∴∠OAC＝30°，即AO與A′C′所成角的度數(shù)為30°． (2)如圖，作OE⊥BC于E，連接AE． ∵平面BC′⊥平面ABCD， ∴OE⊥平面ABCD， ∴∠OAE為OA與平面ABCD所成的角． 在Rt△OAE中，OE＝eq \f(1,2)，AE＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)， ∴tan∠OAE＝eq \f(OE,AE)＝eq \f(\r(5),5)． (3)∵OC⊥OA，OC⊥OB，OA∩OB＝O， ∴OC⊥平面AOB． 又∵OC?平面AOC， ∴平面AOB⊥平面AOC． 即平面AOB與平面AOC所成角的度數(shù)為90°． 類型5　點(diǎn)到平面的距離問題 高考對(duì)立體幾何的考查主要有兩個(gè)方面，一是探究空間直線、平面的平行與垂直關(guān)系；二是與計(jì)算有關(guān)的綜合性問題，主要是幾何體的三積與三角．其中點(diǎn)到平面的距離的計(jì)算非常有利于幾何體體積的計(jì)算．一般出現(xiàn)在解答題的第二問中，偶爾出現(xiàn)在選擇填空題中，有一定的難度． 【例5】　(2020·全國卷Ⅱ)已知△ABC是面積為eq \f(9\r(3),4)的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為(　　) A．eq \r(3) B．eq \f(3,2) C．1 D．eq \f(\r(3),2) C　[由等邊三角形ABC的面積為eq \f(9\r(3),4)，得eq \f(\r(3),4)×AB2＝eq \f(9\r(3),4)，得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)AB＝eq \r(3)．設(shè)球的半徑為R，則由球的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，則球心O到平面ABC的距離d＝eq \r(R2－r2)＝1，故選C．] eq \o([跟進(jìn)訓(xùn)練]) 5．(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq \r(3)，那么P到平面ABC的距離為________． eq \r(2)　[如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離． 再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC． 又PE＝PF＝eq \r(3)，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝45°． 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(?\r(3)?2－12)＝eq \r(2)．] 1．(2020·全國卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐．以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為(　　) A．eq \f(\r(5)－1,4) B．eq \f(\r(5)－1,2) C．eq \f(\r(5)＋1,4) D．eq \f(\r(5)＋1,2) C　[設(shè)正四棱錐的高為h，底面正方形的邊長為2a，斜高為m，依題意得h2＝eq \f(1,2)×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝eq \f(1＋\r(5),2)a，所以eq \f(m,2a)＝eq \f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq \f(1＋\r(5),4)．故選C．] 2．(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為(　　) A．64π B．48π C．36π D．32π A　[因?yàn)椤袿1的面積為4π，所以⊙O1的半徑r＝2．因?yàn)锳B＝BC＝AC，所以△ABC為正三角形，又⊙O1是△ABC的外接圓，所以由正弦定理得eq \f(AB,sin 60°)＝2r＝4，得AB＝4sin 60°＝2eq \r(3)．因?yàn)镺O1＝AB＝BC＝AC，所以O(shè)O1＝2eq \r(3)，由題易知OO1⊥平面ABC，則球心O到平面ABC的距離為2eq \r(3)．設(shè)球O的半徑為R，則R2＝OOeq \o\al(2,1)＋r2＝12＋4＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π，故選A．] 3．(2020·新高考全國卷Ⅰ)日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為(　　) A．20° B．40° C．50° D．90° B　[過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°， ∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°．故選B．] 4．(2020·全國卷Ⅱ)設(shè)有下列四個(gè)命題： p1：兩兩相交且不過同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)． p2：過空間中任意三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面． p3：若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行． p4：若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l． 則下述命題中所有真命題的序號(hào)是________． ①p1∧p4；②p1∧p2；③p2∨p3；④p3∨p4． ①③④　[法一：對(duì)于p1，由題意設(shè)直線l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，則由l1∩l2＝A，知l1，l2共面，設(shè)此平面為α，則由B∈l2，l2?α，知B∈α，由C∈l1，l1?α，知C∈α，所以l3?α，所以l1，l2，l3共面于α，所以p1是真命題；對(duì)于p2，當(dāng)A，B，C三點(diǎn)不共線時(shí)，過A，B，C三點(diǎn)有且僅有一個(gè)平面，當(dāng)A，B，C三點(diǎn)共線時(shí)，過A，B，C的平面有無數(shù)個(gè)，所以p2是假命題，p2是真命題；對(duì)于p3，若空間兩條直線不相交，則這兩條直線可能平行，也可能異面，所以p3是假命題，p3是真命題；對(duì)于p4，若直線l?平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l，所以p4是真命題，p4是假命題．故p1∧p4為真命題，p1∧p2為假命題，p2∨p3為真命題，p3∨p4為真命題．綜上可知，真命題的序號(hào)是①③④． 法二：對(duì)于p1，由題意設(shè)直線l1∩l2＝A，l2∩l3＝B，l1∩l3＝C，則A，B，C三點(diǎn)不共線，所以此三點(diǎn)確定一個(gè)平面α，則A∈α，B∈α，C∈α，所以直線AB?α，BC?α，CA?α，即l1?α，l2?α，l3?α，所以p1是真命題；以下同解法一．] 5．(2020·全國卷Ⅲ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1，證明： (1)當(dāng)AB＝BC時(shí)，EF⊥AC； (2)點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)． [解]　(1)如圖，連接BD，B1D1．因?yàn)锳B＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD．又因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1．所以AC⊥平面BB1D1D．由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC． (2)如圖，在棱AA1上取點(diǎn)G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G． 因?yàn)镈1E＝eq \f(2,3)DD1，AG＝eq \f(2,3)AA1， DD1AA1，所以ED1AG，于是四邊形ED1GA為平行四邊形，故AE∥GD1． 因?yàn)锽1F＝eq \f(1,3)BB1，A1G＝eq \f(1,3)AA1，BB1AA1，所以FGA1B1，F(xiàn)GC1D1，四邊形FGD1C1為平行四邊形，故GD1∥FC1． 于是AE∥FC1．所以A，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)． 6．(2020·全國卷Ⅱ)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)．過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． (1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝eq \f(π,3)，求四棱錐B-EB1C1F的體積． [解]　(1)因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以MN∥CC1． 又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN． 因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N． 又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN． 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F． (2)因?yàn)锳O∥平面EB1C1F，AO?平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN． 又AP∥ON，故四邊形APNO是平行四邊形，所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝eq \f(1,3)AM＝eq \r(3)，PM＝eq \f(2,3)AM＝2eq \r(3)，EF＝eq \f(1,3)BC＝2． 因?yàn)锽C∥平面EB1C1F，所以四棱錐B-EB1C1F的頂點(diǎn)B到底面EB1C1F的距離等于點(diǎn)M到底面EB1C1F的距離． 如圖，作MT⊥PN，垂足為T，則由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT＝PMsin∠MPN＝3． 底面EB1C1F的面積為eq \f(1,2)×(B1C1＋EF)×PN＝eq \f(1,2)(6＋2)×6＝24． 所以四棱錐B-EB1C1F的體積為eq \f(1,3)×24×3＝24．

英語朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高中數(shù)學(xué)人教A版 (2019)必修 第二冊電子課本

本章綜合與測試

版本： 人教A版 (2019)

年級(jí)： 必修 第二冊

切換課文
  • 課件
  • 教案
  • 試卷
  • 學(xué)案
  • 更多
所有DOC左下方推薦
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號(hào)注冊
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號(hào)注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部