tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

第2讲 立体几何综合问题


第2讲

立体几何综合问题

【自主学习】
第 2讲 立体几何综合问题

(本讲对应学生用书第16~20页)

自主学习

回归教材

1. (必修2 P49练习1改编)已知正四棱柱的底面边长为3 cm,侧面的对角线长为3
5 cm,那么这个

正四棱柱的侧面积为

cm2.

【答案】72 【解析】侧面矩形的高为6 cm,所以侧面积为4×3×6=72cm2.

2. (必修2 P49练习4改编)用半径为r的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒,则这个圆锥筒 的高是 .

3 【答案】 2 r

1 3 πr r r2 - r2 4 = 2 r. 【解析】圆锥筒底面圆周的半径R= 2 π = 2 ,高h=

3. (必修2 P57习题2改编)若一个正六棱锥的底面边长为6 cm,高为15 cm,则它 的体积为 【答案】270 3 cm .
3

3 1 1 1 【解析】由题意可得,底面积S= 2 ×6×6× 2 ×6=54 3 ,则体积为V= 3 Sh= 3
×54 3 ×15=270 3 .

4. (必修2 P71复习题19改编)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC, AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则 V1∶V2= .

(第4题) 【答案】1∶24 【解析】因为D,E分别是AB,AC的中点,所以S△ADE∶S△ABC=1∶4. 记F和A1到平面ABC的距离分别为h1,h2.由F为AA1的中点,得h1∶h2=1∶2.
1 S · h V1 3 ? ADE 1 h2 =1∶24. 所以 V2 = S? ABC ·

5. (必修2 P54练习4改编)已知一个正四棱台油槽可以装煤油190L,它的上、下底 面边长分别为40 cm和60 cm,求它的深度.

1 ? ? ? 棱台体积公式:V ? h(S上 ? S上?S下 ? S下 ? 3 ? 【答案】 ?
【解答】由题意有S上=402=1600(cm2),S下=602=3600(cm2),
1 1 7600 S · S 1600 ? 3600 V= 3 h(S上+ 上 下 +S下)= 3 h·(1600+ +3600)= 3 h, 7600 所以 3 h=190000,解得h=75(cm).

即油槽的深度为75 cm.

【要点导学】
要点导学 各个击破

空间几何体的表面积和体积 例1 (2015·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面

半径为2,高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底 面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个,则新的底面半径为 .

【分析】理解题意是解决本题的关键;条件“总体积与高均保持不变”与 “底面半径相同”是解题的入手点. 【答案】 7
1 1 【解析】由体积相等得 3 ×4×π ×52+π ×22×8= 3 ×r2×π ×4+π ×r2×8 ?

r= 7 . 【点评】解决圆柱或圆锥的体积及面积时,常把问题转化到基本公式的运用 与基本量的运算上,如底面半径,以及母线长等.

变式

(2014·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为

S1 9 V1 V1,V2,若它们的侧面积相等,且 S 2 = 4 ,则 V2 的值是

.

【分析】圆柱的体积等于底面积乘以高,确定底面半径与高的大小或比例关 系是解题关键.
3 【答案】 2

【解析】设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,

h1 r2 则2π r1h1=2π r2h2,即 h2 = r1 . S1 πr12 9 r1 3 V1 πr12 h1 r12 h1 r12 r2 r1 3 2 2 2 2 又 S 2 = πr2 = 4 ,所以 r2 = 2 ,所以 V2 = πr2 h2 = r2 · h2 = r2 · r1 = r2 = 2 .
【点评】解决圆柱的面积或体积问题时,常转化到一些基本量的运算上,比 如高、底面圆半径等.近三年江苏高考中每年一道相关的填空题,这一点要特别关 注.

空间图形的翻折问题 例2
π 1 如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD= 2 ,AB=BC= 2 AD=a,E

为AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到图(2)中△A1BE的位置,得到 四棱锥A1-BCDE. (1) 求证:CD⊥平面A1OC; (2) 当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36 2 ,求a的值.

图(1) (例2)

图(2)

【分析】翻折问题要特别关注图形翻折前后数量与位置关系的变或不变.题中 主要改变的是点A的位置,随之平面图形变为立体图形.(1) 中问题仍是常见的线面 垂直问题;(2) 根据体积公式构造含有a的方程,解之即可.
1 π 【解答】(1) 在图(1)中,因为AB=BC= 2 AD=a,E是AD的中点,且∠BAD= 2 ,

所以BE⊥AC.

即在图(2)中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,所以BE⊥平面A1OC. 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC. (2) 由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE, 又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.

2 2 由图(1)可知,A1O= 2 AB= 2 a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,

2 2 2 1 1 2 3 故四棱锥 A1-BCDE 的体积 V= 3 ×S×A1O= 3 ×a × 2 a= 6 a ,由 6 a3=36 2 ,
得a=6.

变式

如图(1),在矩形ABCD中,AB=2AD,E是CD的中点,以AE为折痕将△ADE

向上折起,使D到P点位置,且PC=PB. (1) 若F是BP的中点,求证:CF∥平面APE; (2) 求证:平面APE⊥平面ABCE.

(变式(1)) 【分析】本题主要考查线面、面面位置关系的证明.(1) 利用面面平行证明线 面平行;(2) 取AE,BC的中点,利用已知的两个等腰三角形得出线线垂直,进而得 出线面垂直、面面垂直. 【解答】(1) 如图(2),取AB的中点G,连接GF,GC.
1 因为EC∥AG,EC=AG= 2 AB,

所以四边形AECG为平行四边形,所以GC∥AE. 因为AE ? 平面APE,CG ? 平面APE, 所以GC∥平面APE.

(变式(2)) 在△ABP中,GF∥AP, 因为AP ? 平面APE,GF ? 平面APE, 所以GF∥平面APE.又GF∩GC=G, 所以平面CGF∥平面APE. 因为FC ? 平面CGF,所以CF∥平面APE. (2) 取AE的中点O,连接PO,因为PA=PE,所以PO⊥AE.取BC的中点H,连接OH, PH,可知OH∥AB,所以OH⊥BC. 因为 PB=PC ,所以BC⊥PH.又PH∩OH=H, PH , OH ? 平面 POH ,所以BC⊥平面 POH , 所以BC⊥PO. 又BC与AE相交,BC,AE ? 平面ABCE, 所以PO⊥平面ABCE. 因为PO ? 平面APE, 所以平面APE⊥平面ABCE.

存在性问题研究 例3 (2014·四川卷 ) 在如图 (1) 所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和四边形

ACC1A1都是矩形.

(例3(1)) (1) 若AC⊥BC,求证:直线BC⊥平面ACC1A1. (2) 设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线 DE∥平面A1MC?请证明你的结论. 【分析】结合条件AC⊥BC,再证得BC⊥AA1,即可证明直线BC⊥平面ACC1A1.先 找到点,再证明该点满足条件.若在条件中多次出现“中点”,即可找“中点”并 验证. 【解答】(1) 因为四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB, AA1⊥AC. 因为AB,AC为平面ABC内的两条相交直线, 所以AA1⊥平面ABC. 因为BC ? 平面ABC,所以AA1⊥BC. 又因为AC⊥BC,且AA1,AC为平面ACC1A1内的两条相交直线,所以BC⊥平面 ACC1A1. (2) 当点M为线段AB的中点时,DE∥平面A1MC.证明如下:如图(2),取线段AB 的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C与AC1的交点,由题知O为AC1的中点.

(例3(2))

1 1 连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以MD= 2 AC,OE= 2

AC,且MD∥AC,OE∥AC,所以MDOE. 连接OM,从而四边形 MDEO为平行四边形,所以DE∥MO.因为直线 DE ? 平面A1MC, MO ? 平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC. 即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.

变式

如图(1),在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂

足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.

(变式(1)) (1) 求证:AP⊥BC. (2) 在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM 的长;若不存在,请说明理由. 【分析】可以通过直线BC⊥平面PAD来证明BC⊥AP;二面角A-MC-B为直二面角 即平面AMC⊥平面BMC,题目本意上是要找点,使得两平面垂直,因此可先考虑把面 面垂直作为条件,然后去找点M需要满足的条件. 【解答】(1) 因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.因为PO⊥平面ABC,所 以PO⊥BC. 因为PO∩AD=O,PO,AD ? 平面PAD,所以BC⊥平面PAD,所以BC⊥PA. (2) 如图(2),在平面PAB内,作BM⊥PA于点M,连接CM,由(1)知AP⊥BC. 因为BM∩BC=B,BM,BC ? 平面BMC,所以AP⊥平面BMC.

(变式(2)) 又因为AP ? 平面APC, 所以平面BMC⊥平面APC. 在Rt△ADB中,由AB2=AD2+BD2=41,得AB= 41 . 在Rt△POD中,PD =PO +OD , 在Rt△PDB中,PB2=PD2+BD2, 所以PB2=PO2+OD2+DB2=36,则PB=6.
2 2 2

PA2 ? PB 2 -AB 2 1 2 PA?PB 在Rt△POA中,由PA2=AO2+OP2=25,得PA=5.又cos ∠BPA= =3 ,
所以PM=PBcos ∠BPA=2, 所以AM=PA-PM=3. 综上所述,存在点M符合题意,AM=3. 【点评】(1) 证明线面平行、垂直都可以通过转化为线线的平行、垂直来证 明. (2) 探求符合要求的点或线的问题时可以先假设存在,即增加条件后再证明; 或通过先构造平行或垂直的特殊位置上的点或线,再通过对其进行平移,来寻找正 确的结果,然后再反过来直接证明.

1. 如图,已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2 3 ,则 四棱锥O-ABCD的体积为 .

(第1题) 【答案】8 3 【解析】连接AC,BD交于点H,连接OH,在矩形ABCD中,由AB=6,BC=2 3 可得BD=4
3 ,所以BH=2 3 .在Rt△OBH中 ,由OB=4,所以OH=2,所以四棱锥O-ABCD的体积V=
1 3 ×6×2 3 ×2=8 3 .

2. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为线段B1C上的一点,则三棱锥A-DED1的 体积为 .

(第2题)
1 【答案】 6

V V 【解析】 ADED1 = EADD1 = 6 .

1

3. (2015·南通、扬州、泰州、淮安三调 ) 已知一个空间几何体的所有棱长均为 1 cm,其表面展开图如图所示,则该空间几何体的体积V= cm3.

(第3题)

2 【答案】1+ 6
【解析】空间几何体为一正方体和一正四棱锥的组合体,正方体的体积为1,正四

2 棱锥的底面边长为1,侧棱长为1,则棱锥的高为 2 ,所以正四棱锥的

2 2 体积为 6 ,即组合体的体积为1+ 6 .

4. 如图(1)所示,在边长为12的正方形ADD1A1中,点B,C在线段AD上,AB=3,BC=4, 作BB1∥AA1,分别交A1D1,AD1于点B1,P.作CC1∥AA1,分别交A1D1,AD1于点C1,Q,将 该正方形沿BB1,CC1折叠,使得DD1与AA1重合,构成如图(2)所示的三棱柱ABC-A1B1C1. (1) 求证:AB⊥平面BCC1B1; (2) 求四棱锥A-BCQP的体积.

图(1) (第4题)

图(2)

【解答】(1) 在正方形ADD1A1中,因为CD=AD-AB-BC=5,所以三棱柱ABC-A1B1C1中 △ABC的边AC=5.因为AB=3,BC=4, 所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC. 因为四边形ADD1A1为正方形,AA1∥BB1,

所以AB⊥BB1. 又因为BC∩BB1=B,BC,BB1 ? 平面BCC1B1, 所以AB⊥平面BCC1B1. (2) 因为AB⊥平面BCC1B1, 所以AB为四棱锥A-BCQP的高. 因为四边形BCQP为直角梯形,且BP=AB=3,CQ=AB+BC=7,
1 1 所以梯形BCQP的面积为S梯形BCQP= 2 (BP+CQ)×BC= 2 ×(3+7)×4=20,

V 所以四棱锥A-BCQP的体积 ABCQP = 3 ×S梯形BCQP×AB=20.

1

【融会贯通】
完善提高 融会贯通

典例

如图 (1) 所示,在Rt△ABC中,AC=6 , BC=3 ,∠ABC=90°, CD 为∠ACB

的平分线,点 E在线段 AC上,且CE=4. 如图 (2) 所示,将△BCD沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面ACD,连接AB,设点F是AB的中点.

图(1) (典例) (1) 求证:DE⊥平面BCD;

图(2)

(2) 若EF∥平面BDG,其中G为直线AC与平面BDG的交点,求三棱锥B-DEG的体积. 【思维引导】

【规范解答】 (1) 在图(1)中, 因为AC=6,BC=3,∠ABC=90°,所以∠ACB=60°. 因为CD是∠ACB的平分线,所以∠BCD=∠ACD=30°,所以CD=2 3 .?????2 分 因为CE=4,∠DCE=30°,所以DE=2. 因 为 CD2+DE2=EC2 , 所 以 ∠CDE=90° , 则 DE⊥DC.??????4 分

在图(2)中, 因为平面BCD⊥平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,DE ? 平面ACD, 所 以 DE⊥ 平 面 BCD.??????????????????7 分

(2) 在图(2)中, 因为EF∥平面BDG,EF ? 平面ABC,平面ABC∩平面BDG=BG, 所 以 EF∥BG.????????????????????9 分

因为点E在线段AC上,CE=4,点F是AB的中点, 所以AE=EG=CG=2.

作BH⊥CD交CD于点H,如图(3)所示.因为平面BCD⊥平面ACD, 所 以 BH⊥ 平 面 ACD.????????????????11 分















BH=

3 2 , ???????????????????????12分 1 3 1 3 1 2

S△DEG=

S△ACD=

×

AC×CD×sin

30°=

3 ,???????????????13分
1 1 所 以 三 棱 锥 B-DEG 的 体 积 V= 3 S△DEG×BH= 3

×

3 3 × 2 =

3 2 .?????????14分

图(3) (典例) 【精要点评】 对于翻折问题,通常在折痕同侧的位置关系和线的长度、角的 大小不变,但是在折痕两侧的线的长度、角的大小以及位置关系都发生变化,这一 点是处理翻折问题的关键.

温馨提示:趁热打铁,事半功倍 . 请老师布置同学们完成《配套检测与评估》 中的练习第11-12页.

【课后检测】
第 2讲
一、填空题 1. (2015·南通期末)底面边长为2,高为1的正四棱锥的侧面积为 .

立体几何综合问题

2. (2015·苏州调查)若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等,圆柱、球的表面 积分别记为S1,S2,则S1∶S2= .

3. 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,O为底面正方形ABCD的中心,则三棱 锥B1-BCO的体积

VB1 -BCO

=

.

(第3题)

4 4. (2015·盐城三模)已知正四棱锥P-ABCD的体积为 3 ,底面边长为2,那么侧棱
PA的长为 .

5. (2015·无锡期末)在三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-

V1 ABE的体积为V1,P-ABC的体积为V2,则 V 2 =

.

6. (2014·安徽卷改编)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条 侧棱长均为2 17 .点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面 GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.若EB=2,则四边形GEFH的面积为 .

(第6题)

二、 解答题 7. 如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°. (1) 求三棱锥P-ABC的体积;

PM (2) 求证:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求 MC 的值.

(第7题)

8. 如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=2,∠PDA=45°,点E, F分别为棱AB,PD的中点. (1) 求证:AF∥平面PCE; (2) 求证:平面PCE⊥平面PCD; (3) 求三棱锥C-BEP的体积.

(第8题)

9. 已知等腰梯形 PDCB( 如图 (1)) 中, PB=3 , DC=1 ,PD=BC= 2 , A为 PB 边上一点, 且PA=1.将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图(2)). (1) 求证:平面PAD⊥平面PCD; (2) 试在棱PB上确定一点M,使得截面AMC将几何体分成的两部分VPDCMA∶VMACB=2∶1; (3) 在M满足(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.

图(1) (第9题)

图(2)

10. (2014·江西卷)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,A1B⊥BB1. (1) 求证:A1C⊥CC1; (2) 若 AB=2 , AC= 3 , BC= 7 ,问: AA1 为何值时,三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积最大 ? 并求此最大值.

(第10题)

【课后检测答案】
第 2讲
1. 4 2

立体几何综合问题

2 2 【解析】正四棱锥的底面边长为 2 ,高为 1 ,则侧面的高为 1 ? 1 = 2 ,

1 所以该正四棱锥的侧面积为4× 2 ×2× 2 =4 2 .
2. 3∶2 【解析】设球的直径为2R,则S1∶S2=(2π R2+2π R·2R)∶4π R2=3∶2.

2 3. 3

1 1 1 2 VB1BCO 3 【解析】 = S△BCO·h= 3 × 2 ×2×1×2= 3 .

4.

3

1 4 2 2 【解析】由题意得V= 3 ×2 h= 3 ,解得h=1,所以侧棱长为 1 ? ( 2) = 3 .
V1 VDABE VADBE S? DBE 1 【解析】 V 2 = VPABC = VAPBC = S? PBC = 4 .

1 5. 4

6. 18 【解析】因为BC∥平面GEFH,BC?平面PBC,且平面PBC∩平面GEFH=GH,所 以GH∥BC.同理可证EF∥BC,因此GH∥EF.连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接 OP,GK.因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC.同理可得PO⊥BD.又BD∩AC=O,且 AC,BD都在平面ABCD内,所以PO⊥平面ABCD. 又因为平面GEFH⊥平面ABCD,且PO? 平面GEFH,所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩ 平面GEFH=GK,所以PO∥GK,所以GK⊥平面ABCD.又EF?平面ABCD,所以GK⊥EF,所

1 1 以GK 是梯形 GEFH的高 . 由AB=8 , EB=2 ,得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,从而 KB= 4 DB= 2 OB , 1 1 即K是OB的中点.再由PO∥GK得GK= 2 PO,所以G是PB的中点,且GH= 2 BC=4.由已知可
2 2 得OB=4 2 ,PO= PB -OB = 68-32 =6,所以GK=3,故四边形GEFH的面积S=

GH ? EF 4?8 2 ·GK= 2 ×3=18.

7. (1) 在△ABC中,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,所以

1 1 3 S△ABC= 2 AB·AC·sin ∠BAC= 2 ×1×2×sin 60°= 2 .
又因为PA⊥平面ABC. 所以PA是三棱锥P-ABC的高.

1 1 3 3 V 所以 三棱锥PABC = 3 PA·S△ABC= 3 ×1× 2 = 6 .
(2) 过点B作BN垂直AC于点N,过N作NM∥PA交PC于M. 易知MN⊥平面ABC. 又AC?平面ABC,所以MN⊥AC. 又因为MN∩BN=N, 所以AC⊥平面BMN. 又BM?平面BMN,所以AC⊥BM. 此时M即为所求点.

3 1 CM CN 2 3 PM 1 在△ABN中,易知AN= 2 ? PC = AC = 2 = 4 ,所以 MC = 3 .
1 8. (1) 如图,取PC的中点G,连接FG,EG,所以FG为△CDP的中位线,所以FG 2
CD.

1 因为四边形ABCD为矩形,E为AB的中点,所以AE 2 CD,所以FGAE,所以四边形
AEGF是平行四边形,所以AF∥EG. 又EG?平面PCE,AF? 平面PCE,所以AF∥平面PCE.

(第8题) (2) 因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥CD.又AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平 面ADP. 又AF?平面ADP,所以CD⊥AF. 在Rt△PAD中,∠PDA=45°, 所以△PAD为等腰直角三角形,所以PA=AD=2.又F是PD的中点,所以AF⊥PD. 又CD∩PD=D,所以AF⊥平面PCD.又AF∥EG,所以EG⊥平面PCD. 又EG?平面PCE,所以平面PCE⊥平面PCD. (3) 求三棱锥C-BEP的体积即为三棱锥P-BCE的体积,所以PA是三棱锥P-BCE的高. 在Rt△BCE中,BE=1,BC=2, 所以三棱锥C-BEP的体积为

1 1 1 1 1 2 VCBEP = VPBCE = 3 S ×PA= 3 × 2 ×BE×BC×PA= 3 × 2 ×1×2×2= 3 . △BCE

9. (1) 由题意知CD⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD, CD?平面ABCD, 所以DC⊥平面PAD.又DC?平面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD. (2) 由(1)知PA⊥平面ABCD, 所以平面PAB⊥平面ABCD. 如图,在PB上取一点M,作MN⊥AB,则MN⊥平面ABCD.

1 1 1 h 设MN=h,则 VMABC = 3 S△ABC·h= 3 × 2 ×2×1×h= 3 , 1 VPABCD = 3 (S 1 (1 ? 2) 1 3 × 2 ×1×1= 2 . △ABC+S△ADC)·PA=

?1 h? h 1 ? - ? 要使VPDCMA∶VMACB=2∶1,即 ? 2 3 ? ∶ 3 =2∶1,解得h= 2 ,即M为PB的中点.
(3) 连接BD交AC于O,因为AB∥CD,AB=2,CD=1,由相似三角形易得BO=2OD, 所以O不是BD的中心. 又因为M为PB的中点, 所以在△PBD中,OM与PD不平行. 所以OM所在直线与PD所在直线相交.又OM?平面AMC,所以直线PD与平面AMC不平行.

(第9题)

10. (1) 由AA1⊥BC知BB1⊥BC. 又BB1⊥A1B,BC∩A1B=B,BC,A1B?平面BCA1, 所以BB1⊥平面BCA1. 因为A1C?平面BCA1, 所以BB1⊥A1C. 又BB1∥CC1,所以A1C⊥CC1. (2) 设AA1=x.在Rt△A1BB1中,A1B= 同理,A1C=
2 2 AC 1 1 -CC1
2 = 3-x .

A1B12 -BB12

2 = 4-x .

在△A1BC中,

x A1B 2 ? A1C 2 -BC 2 (4-x 2 )(3-x 2 ) 2 A1B?A1C cos∠BA1C= =,

2

12-7 x 2 2 2 sin∠BA1C= (4-x )(3-x ) ,
12-7 x 2 1 S 2 所以 ? A1BC = 2 A1B·A1C·sin∠BA1C= . x 12-7 x 2 S 2 所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V= ? A1BC ·AA1= .
6 ? 36 ? -7 ? x 2 - ? ? 2 2 4 7? 7 , ? 因为x 12-7 x = 12 x -7 x =
2

6 42 42 3 7 7 所以当x= = 7 ,即AA1= 7 时,体积V取得最大值为 7 .


推荐相关:

第2讲 立体几何综合问题

第2讲 立体几何综合问题_数学_高中教育_教育专区。第2讲 立体几何综合问题 【自主学习】第 2讲 立体几何综合问题 (本讲对应学生用书第16~20页) 自主学习 回归...


高二第五讲 立体几何综合高考专题

28页 2财富值如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议...立体几何综合高考专立体几何综合高考专隐藏>> 第5 讲 立体几何综合之高考专题 ...


专题三 立体几何 第2讲

专题三 立体几何 第2讲_高三数学_数学_高中教育_教育专区。专题三——第 2 ...以解答题的形式考查, 主要是对线线、 线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题,...


专题五第2讲立体几何与空间向量(理)(教师)

专题五第2讲立体几何与空间向量(理)(教师)_数学_...其中几何体的三视图与表面积、体积的综合是该部 分...(或是否存在问题)的 探索性问题,考查逻辑推理能力...


2016届高考数学(理)二轮专题复习演练:专题四 第2讲 立体几何与空间向量过关提升(人教版含答案)(浙江专用)

2016届高考数学(理)二轮专题复习演练:专题四 第2讲 立体几何与空间向量过关提升...专题四 立体几何与空间向量专题过关?提升卷 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题 1.(...


立体几何第二讲球体测试题(含答案)

立体几何练习题 第二节一,选择题 球 1.平面α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到平面α 的距离为 2,则此球的体积为 (A) 6π (B)4 3π ...


【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题4 立体几何(第2讲)课时作业 新人教A版

【走向高考】2015 届高中数学二轮复习 专题 4 立体几何(第 2 讲) 课时作业 新人教 A 版 一、选择题 1.(2013· 德阳市二诊)设 m、n 是两条不同的直线,...


2016高三文数二轮复习专题四第2讲高考中的立体几何(解答题型)

2016高三文数二轮复习专题四第2讲高考中的立体几何(解答题型)_高三数学_数学_...热点二 空间位置关系与体积的综合问题 例 2 (1)[2015· 陕西质检一]如图,AC...


高考数学(理科)二轮专题复习 :专题五第2讲 立体几何

高考数学(理科)二轮专题复习 :专题五第2讲 立体几何_高三数学_数学_高中教育_...(2)以解答题的形式考查,主要是对线线、线面 与面面平行和垂直关系交汇综合...


(高三数学第二轮复习教案)第6讲立体几何问题的题型与方法

(高三数学第二轮复习教案)第6讲立体几何问题的题型与方法_数学_高中教育_教育专区...2. 判定两个平面平行的方法: (1)根据定义——证明两平面没有公共点; (2)...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com