6．关于等积变换问题. 等积变换的依据是等底等高的棱锥体积相等. 等积变换求体积或求点到平面的距离.都是在基本几何体--四面体和平行六面体中进行的.这是因为这些几何体变换底面后.计算体积的方法不变.几何体仍为四面体和平行六面体.这样.我们就可以选择适当的面为底面.使计算简单.易行. 若几何体本身不是四面体或平行六面体.则需先将其分成几个四面体或平行六面体之后.再施行等积变换. 用等积变换求点到平面的距离.是用两种不同的体积计算方法.来建立所求距离的方程.使问题得解. 异面直线间的距离.可转化为点到平面的距离.因此也可用等积变换求解. 用等积变换求距离.可绕过距离的作图.从而降低了题目的难度. [例题解析] 例1 如图8-1.已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形.AC⊥CB.∠ABC=30°.侧面A1ABB1是边长为a的菱形.且垂直于底面.∠A1AB=60°.E.F分别是AB1.BC的中点. (1)求证:EF∥侧面A1ACC1, (2)求四棱锥A--B1BCC1的体积, (3)求EF与侧面A1ABB1所成角的大小. (1)连结A1B.A1C ∵A1ABB1是菱形.且E是AB1的中点. ∴E是A1B的中点. 又F是BC的中点. ∴EF∥A1C. 又A1C平面A1ACC1. EF平面A1ACC1. ∴EF∥面A1ACC1. (2)∵平面A1ABB1⊥平面ABC.交线为AB. ∴在平面A1ABB1内.过A1作A1O⊥AB于O.则A1O⊥平面ABC.且h=A1O=a. 又∵AC⊥CB.∠ABC=30°.∴. ∴V A-CCBB =V柱-V A-ABC =Sh - Sh=Sh=··AC·BC·A1O =··a· a·a =a3 (3)在平面ABC内.过F作FH⊥AB于H.则FH⊥侧面A1ABB1. 连结EH.则∠HEF为EF与侧面A1ABB1所成的角. ∵在Rt△FHB中.FH=BF=a,BH=a, 在△HEB中.HE= = =a. ∴在Rt△EHF中.tan∠HEF==, ∴∠HEF=arctan. 例2 如图8-3.三棱锥P-ABC中.△ABC是正三角形.∠PCA=90°.D为PA的中点.二面角P-AC-B为120°.PC=2.AB=2. (1)求证:AC⊥BD, (2)求BD与底面ABC所成的角, (3)求三棱锥P-ABC的体积. 解 (1)如图8-4.取AC中点E.连DE.BE.则DE∥PC.∵PC⊥AC.∴DE⊥AC. ∵△ABC是正三角形.∴BE⊥AC. 又DE平面DEB.BE平面DEB.DE∩BE=E.∴AC⊥平面DEB. ∵DB平面DEB.∴AC⊥DB. (2)法一:∵AC⊥平面DEB.AC底面ABC.∴平面DEB⊥底面ABC.∴EB是DB在底面ABC内的射影.∠DBE是BD与底面ABC所成的角. 又∵DE⊥AC.BE⊥AC.∴∠DEB即为二面角P-AC-B的平面角. 在△DEB中.∵DE=PC=1.BE=AB=3. ∴由余弦定理.得 BD2=12+32 – 2×1×3cos120°=13.BD=. ∴由正弦定理.得=. 解得sin∠DBE=.即BD与底面ABC所成的角为arcsin. 法二:∵AC⊥平面DEB.AC平面ABC.∴平面DEB⊥平面ABC.作DF⊥平面ABC.F为垂足.则F在BE的延长线上.∠DBF是BD与平面ABC所成的角.∵DE⊥AC.BE⊥AC.∴∠DEB是二面角P-AC-B的平面角.在Rt△DBF中.DE=PC=1.BE=AB=3. ∠DEB=120°.∠DEF=60°.DF=. ∴在△DEB中.由余弦定理得BD=. ∴sin∠DBF==.故BD与底面ABC所成的角为arcsin. (3)∵AC⊥平面DEB.AC平面PAC. ∴平面DEB⊥平面PAC.∴过点B作平面PAC的垂线段BG.垂足G在DE的延长线上. ∵在Rt△BEG中.∠BEG=60°.BE=3.∴BG=. ∴VP-ABC=VB-PAC=S△PAC×BG=××=3. 例3 如图8-5.三棱锥P-ABC中.已知PA⊥BC.PA=BC=l.PA.BC的公垂线DE=h.求三棱锥P-ABC的体积. 分析:思路一直接求三棱锥P-ABC的体积比较困难.考虑到DE是棱PA和BC的公垂线.可把原棱锥分割成两个三棱锥P-EBC和A-EBC.利用PA⊥截面EBC.且△EBC的面积易求.从而体积可求. 解 如图8-5-1.连结BE.CE.∵DE是PA.BC的公垂线.∴PA⊥DE.又PA⊥BC.∴PA⊥截面EBC.∴VP-EBC=S△EBC·PE.VA-EBC=S△EBC·AE.∵DE⊥BC.∴S△EBC=BC·DE=lh,∴VP-ABC=VP-EBC+VA-EBC=S△EBC·=PA·S△EBC=l2h. 注 本例的解法称为分割法.把原三棱锥分割为两个三棱锥.它们有公共的底面△EBC.而高的和恰为PA.因而计算简便. 思路二 本题也可用补形法求解. 解 如图8-5-2.将△ABC补成平行四边形ABCD.连结PD.则PA⊥AD.且BC∥平面PAD.故C到平面PAD的距离即为BC和平面PAD的距离. ∵MN⊥PA.又MN⊥BC.BC∥AD.∴MN⊥AD. MN⊥平面PAD. 故 VP-ABC=VP-ADC=VC-PAD=S△PAD·MN=(·PA·AD)·MN=l2h. 注 本题的解法称为补形法.将原三棱锥补形成四棱锥.利用体积互等的技巧进行转换.以达到求体积的目的. 本题也可将三棱锥补成三棱柱求积.想一想.怎样做? 例4 如图8-6.在四棱锥P-ABCD中.底面ABCD是边长为a的正方形.并且PD=a, PA=PC=a. (1)求证:PD⊥平面ABCD, (2)求异面直线PB与AC所成的角, (3)求二面角A-PB-D的大小, (4)在这个四棱锥中放入一个球.求球的最大半径. 解 (1)PC=a.PD=DC=a, ∴△PDC是Rt△. 且PD⊥DC. 同理.PD⊥AD. 而AD∩DC=D.∴PD⊥平面ABCD. (2)如图8-7.连BD.∵ABCD是正方形. ∴BD⊥AC. 又∵PD⊥平面ABCD. ∴BD是PB在平面ABCD上的射影. 由三垂线定理.得PB⊥AC. ∴PB与AC成90°角. (3)设AC∩BD=O.作AE⊥PB于E.连OE. ∵AC⊥BD.又PD⊥平面ABCD.AC平面ABCD. ∴PD⊥AC. 而PD∩BD=D.∴AC⊥平面PDB. 则OE是AE在平面PDB上的射影. 由三垂线定理逆定理知OE⊥PB. ∴∠AEO是二面角A-PB-D的平面角. ∵PD⊥平面ABCD.DA⊥AB.∴PA⊥AB. 在Rt△PAB中.AE·PB=PA·AB.又AB= a .AP=a.PB==a. ∴AE=a. 又AO=a ∴sin∠AEO==,∠AEO=60° ∴二面角A-PB-D的大小为60°. (4)设此球半径为R.最大的球应与四棱锥各个面相切.球心为S.连SA.SB.SC.SD.SP.则把此四棱锥分为五个小棱锥.它们的高均为R. 由体积关系.得 VP-ABCD=R(S△PDC+ S△PDA+ S△PBC+ S△PAB+ S正方形ABCD) =R(++a2+a2 + a2). 又∵. ∴R(2a2+a2)= a3 ∴R==. 例5 如图8-8.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中.AB=BC=4.AA1=8.E.F分别为AD和CC1的中点.O1为下底面正方形的中心.求: (1)二面角C-EB-O1的正切值, (2)异面直线EB与O1F所成角的余弦值, (3)三棱锥O1-BEF的体积. 解 如图8-9.(1)取上底面的中心O. OG⊥EB于G.连OO1和GO1.由长方体的性质得OO1⊥平面ABCD.则由三垂线定理得O1G⊥EB. 则∠OGO1为二面角C-EB-O1的平面角.由已知可求得EB==2. 利用△ABE∽△GEO.可求得OG=. 在Rt△O1OG中.tan∠O1GO==4. (2)在B1C1上取点H.使B1H=1.连O1H和FH. 易证明O1H∥EB.则∠FO1H为异面直线EB与所成角. 又O1H=BE=.HF==5. O1F==2. ∴在△O1HF中.由余弦定理.得 cos∠FO1H== (3)连HB.HE.由O1H∥EB.得O1H∥平面BEF. ∴VO--BEF=VH-BEF= VE-BHF=·S△BHF·AB ∵S△BHF=32-=14 --BEF=×14×4= 例6 如图8-12.球面上有四个点P.A.B.C.如果PA.PB.PC两两互相垂直.且PA=PB=PC=a.求这个球的表面积. 解 如图8-12.设过A.B.C三点的球的截面圆半径为r.圆心为O′.球心到该圆面的距离为d.在三棱锥P-ABC中. ∵PA.PB.PC两两互相垂直.且PA=PB=PC=a, ∴AB=BC=CA=a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′. 由正弦定理.得 =2r,∴r=a. 又根据球的截面的性质.有OO′⊥平面ABC.而PO′⊥平面ABC. ∴P.O.O′共线.球的半径R=.又PO′===a. ∴OO′=R - a=d=,(R-a)2=R2 – (a)2.解得R=a, ∴S球=4πR2=3πa2. 注 本题也可用补形法求解.将P-ABC补成一个正方体.由对称性可知.正方体内接于球.则球的直径就是正方体的对角线.易得球半径R=a,下略. 例7 如图8-13所示.四面体ABCD中.AB.BC.BD两两互相垂直.且AB=BC=2.E是AC的中点.异面直线AD与BE所成的角为arccos.求四面体ABCD的体积. 解 如图8-14.过A引BE的平行线.交CB的延长线于F.则∠DAF是异面直线BE与AD所成的角. ∴∠DAF=arccos ∵E是AC的中点.∴B是CF的中点.且BF=AB=2.∵AB⊥BC=2 ∴AF=2BE=2 ∴DF=DA.∵DB⊥BA.DB⊥BF.BF=BA. 则三角形ADF是等腰三角形. AD=·=.BD==4 故四面体VABCD=AB×BC×BD=.因此四面体ABCD的体积是. 例8 如图8-15.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中.已知AB=5.AD=4.AA1=3.AB⊥AD.∠A1AB=∠A1AD=. (1)求证:顶点A1在底面ABCD上的射影O在∠BAD的平分线上, (2)求这个平行六面体的体积. 解 (1)如图8-16.连结A1O.则A1O⊥底面ABCD.作OM⊥AB交AB于M.作ON⊥AD交AD于N.连结A1M.A1N.由三垂线定得得A1M⊥AB.A1N⊥AD.∵∠A1AM=∠A1AN. ∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA,∴A1M=A1N. 从而OM=ON. ∴点O在∠BAD的平分线上. (2)∵AM=AA1cos=3×= ∴AO=AMsec=.又在Rt△AOA1中. A1O2=AA12 – AO2=9 -=,∴A1O=. ∴平行六面体的体积V=5×4×=30. 例9 如图8-17.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1.点E在棱D1D上.截面EAC∥D1B.且面EAC与底面ABCD所成角为45°.AB=a. (1)求截面EAC的面积, (2)求异面直线A1B1与AC之间的距离, (3)求三棱锥B1-EAC的体积. 解 (1)如图8-18.连结DB交AC于O.连结EO. ∵底面ABCD是正方形.∴DO⊥AC.又∵ED⊥底面AC.∴EO⊥AC.∴∠EOD就是面EAC与底面AC所成的二面角的平面角.∠EOD=45°. 又DO=a, AC=a, EO=asec45°=a,故S△EAC=a2. (2)由题设ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱.得A1A⊥底面AC.A1A⊥AC.又A1A⊥A1B1.∴A1A是异面直线A1B1与AC之间的公垂线.∵D1B∥面EAC.且面D1BD与面EAC交线为EO.∴D1B∥EO.又O是DB的中点.∴E是D1D的中点.D1B=2EO=2a.∴D1D==a.即异面直线A1B1与AC之间的距离为a. (3)法一:如图8-18.连结D1B.∵D1D=DB=a,∴四边形BDD1B1是正方形.连结B1D交D1B于P.交EO于Q.∵B1D⊥D1B.EO∥D1B.∴B1D⊥EO.又AC⊥EO.AC⊥ED.∴AC⊥面BDD1B1.∴B1D⊥AC.∴B1D⊥面EAC.则B1Q是三棱锥B1-EAC的高.由DQ=PQ得B1Q= B1D=a,∴=·a 2·a =a 3. 所以三棱锥B1-EAC的体积是a 3. 法二:连结B1O.则∵AO⊥面BDD1B1.∴AO是三棱锥A-EOB1的高.且AO=a.在正方形BDD1B1中.E.O分别是D1D.DB的中点.则=a2.=2×× a 2×a=a 3.所以三棱锥B1-EAC的体积是a 3. 例10 如图8-20.在正方体ABCD-A1B1C1D1中.E.F分别是BB1.CD的中点. (1)证明AD⊥D1F, (2)求AE与D1F所成的角, (3)证明面AED⊥面A1FD1, (4)设AA1=2.求三棱锥F-A1ED1的体积. (1997年全国高考数学试题) 解 (1)∵多面体AC1是正方体.∴AD⊥面DC1.又D1F面DC1.∴AD⊥D1F. (2)如图8-21.取AB的中点G.连结A1G.FG.因为F是CD的中点.所以GF.AD平行且相等.又A1D1.AD平行且相等.所以GF.A1D1平行且相等.故GFD1A1是平行四边形.A1G∥D1F.设A1G与AE相交于点H.则∠AHA1是 AE与D1F所成的角.因为E是BB1的中点.所以Rt△A1AG≌Rt△ABE,∠GA1A=∠GAH.从而∠AHA1=90°.即直线AE与D1F所成角为直角. 知AD⊥D1F.由(2)知AE⊥D1F.又AD∩AE=A.所以D1F⊥面AED.又因为D1F面A1FD1.所以面AED⊥面A1FD1. (4)连结EG.GD1.∵FG∥A1D1.∴FG∥面A1ED1.∴体积 ∵AA1=2.∴=.∴=×A1D1×=×2×=1. 【
查看更多】
题目列表(包括答案和解析)
