69.课标全国卷文科立体几何试题的体积“情结”之体积方法

课标高考全国卷数学试题揭秘.预测
第23讲:课标全国卷文科立体几何试题的体积“情结”之体积方法 303
第23讲:课标全国卷文科立体几何试题
的体积“情结”之体积方法
揭秘情结
求几何体(柱体或锥体)的高是课标全国卷文科立体几何试题的特色问题,几何体的高的本质是点到平面的距离,求点到平面距离的重要方法是体积方法(又称换底法),换底法充分体现了其体积“情结”.
情结渊源
1.(2014年课标Ⅰ高考试题文科第19题)如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C 为菱形,
B 1
C 的中点为O,且AO ⊥平面BB 1C 1C. (Ⅰ)证明:B 1C ⊥AB;
(Ⅱ)若AC ⊥AB 1,∠CBB 1=600
,BC=1,求三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高.
[解析]:(Ⅰ)由AO ⊥平面BB 1C 1C ⇒AO ⊥B 1C ⇒B 1C ⊥AO;又在菱形BB 1C 1C 中,B 1C ⊥BC 1⇒
B 1
C ⊥平面ABC 1⇒B 1C ⊥AB;
(Ⅱ)由∠CBB 1=600
,BC=1⇒ΔBB 1C 是边长为1的正三角形⇒OB=23,B 1C=1,由AC ⊥AB 1⇒OA=OC=21⇒AB=1,AC=2
2
⇒Δ
ABC 的面积S=
87
;设O 到平面ABC 的距离为d,由四面体ABCO 的体积V=31Sd=31⋅21OB ⋅OC ⋅OA ⇒
87d=163⇒d=14
21
⇒ 三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高h=点C 1到平面ABC 的距离=2d=
7
21
.
命题规律
换底法的基本思路:求点P 到平面ABC 的距离,即四面体的面ABC 上的高h,若△ABC 的面积S 和四面体的体积V 可求,则可得高h=S
V
3,而对于四面体体积V,可以通过选择一面为底(使得该底面面积及其高易求)来求.
原创预测
[原创示例]:如图,在正四面体ABCD 中,P 1,P 2是BC 的两个三等分点,过这两个分点分别作
CD 的平行线P 1Q 1,P 2Q 2,其中Q 1,Q 2在BD 上. (Ⅰ)证明:平面AP 2Q 2⊥平面BCD;
(Ⅱ)求三棱锥B-AP 1Q 1与三棱锥B-AP 2Q 2高的比值.
[解析]:(Ⅰ)取P 2Q 2的中点O,则O 是正ΔBCD 的中心⇒AO ⊥平面BCD ⇒平面AP 2Q 2⊥平面BCD;
(Ⅱ)设正四面体ABCD 的棱长为3a,则P 1Q 1=a,P 2Q 2=2a,由A 到P 1Q 1,P 2Q 2的距离相等=h ⇒△AP 1Q 1的面积=
2
1
ah,△AP 2Q 2的面
A
B
C D
A 1
B 1
C 1
D 1积=ah,设三棱锥B-AP 1Q 1与三棱锥B-AP 2Q 2高分别是h 1,h 2;由△BP 1Q 1的面积=41⋅△BP 2Q 2的面积⇒三棱锥A-BP 1Q 1的体积=4
1
⋅三棱锥A-BP 2Q 2的体积⇒
31⋅21ahh 1=41⋅31⋅ahh 2⇒h 1:h 2=2
1. [原创预测]:
1.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧棱垂直于底面,AB ⊥BC,AA 1=AC=2,BC=1,E,F 分别是A 1C 1,BC 的 中点.
(Ⅰ)求证:平面ABE ⊥平面B 1BCC 1; (Ⅱ)求证:C 1F ∥平面ABE; (Ⅲ)求三棱锥C-ABE 的高.
2.如图,四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形,∠BAD=600
,已知PB=PD=2, PA=6.
(Ⅰ)证明:PC ⊥BD;
(Ⅱ)若E 为PA 的中点,求三棱锥P-BCE 的高.
3.如图,在四棱锥A-BCDE 中,平面ABC ⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=900
,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=2.
(Ⅰ)证明:DE ⊥平面ACD;
(Ⅱ)若点P 、Q 分别为AE 、BD 的中点.求证:PQ ∥平面ADC; (Ⅲ)求三棱锥E-ABD 的高.
4.如图,四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形,侧棱与底面边长均为2a, 且∠A 1AD=∠A 1AB=600
.
(Ⅰ)证明:平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1D 1D; (Ⅱ)求四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高.
5.如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥BC,A 1B ⊥BB 1. (Ⅰ)求证:A 1C ⊥CC 1;
(Ⅱ)若AB=2,AC=3,BC=7,当三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积最大时,求三棱柱 ABC-A 1B 1C 1的高.
[原创解析]:
1.解:(Ⅰ)由BB 1⊥平面ABC ⇒BB 1⊥AB ⇒AB ⊥BB 1,又由AB ⊥BC ⇒AB ⊥⊥平面B 1BCC 1⇒平面ABE ⊥ 平面B 1BCC 1;
(Ⅱ)分别取AB,BC 的中点G,F,则GF =
∥
21AC ⇒GF =∥21
A 1C 1⇒GF =
∥EC 1⇒FC 1∥GE,又C 1F ⊄平面ABE ⇒C 1F ∥平面ABE;
(Ⅲ)在ΔABE 中,AB=3,AE=BE=5⇒S ΔABE =451,S ΔABC =2
3;设三棱锥C-ABE 的高为h,由三棱锥C-ABE 的体积=三棱锥E-ABC 的体积⇒
3
1
⋅451h=31⋅23⋅2⇒h=17
17
4.
2.解:(Ⅰ)取BD 的中点O,由底面ABCD 是边长为2的菱形,∠BAD=600
⇒BD ⊥AC,BD=2,OA=3;由PB=PD=2⇒OP ⊥BD,OP=
3⇒BD ⊥OP ⇒BD ⊥平面ACP ⇒BD ⊥PC ⇒PC ⊥BD;
(Ⅱ)由BC=2,BE=
210
,EC=230
⇒S ΔBCE =4
39
;由S ΔPCE =21S ΔPAC =23⇒三棱锥B-PCE 的体积=31⋅23⋅1=21;设三棱锥P-BCE
的高为h,由三棱锥P-BCE 的体积=
三棱锥
B-PCE
的体积
⇒
3
1
⋅439h=21⇒h=13
393.
3.解:(Ⅰ)在直角梯形BCDE 中,由DE=BE=1,CD=2⇒BD=BC=2;由AC=2,AB=2⇒AB 2=AC 2+BC 2
⇒
AC ⊥BC,又平面ABC ⊥平面BCDE ⇒AC ⊥平面BCDE ⇒AC ⊥DE,又DE ⊥DC ⇒DE ⊥平面ACD; (Ⅱ)取DC 中点O,连接EO 、AO ，BO,则四边形DOBE 为正方形⇒EO 过点Q 且Q 平分EO ⇒PQ ∥AO, 而PQ ⊄平面ADC ⇒PQ ∥平面ADC;
(Ⅲ)在ΔABD 中,AB=2,BD=2,AD=6⇒AB 2+BD 2=AD 2
⇒S ΔABD =2,又S ΔBDE =
2
1
,设三棱锥E-ABD 的高 为h,由三棱锥E-ABD 的体积=三棱锥A-BDE 的体积⇒
3
1⋅2h=
31⋅2
1⋅2⇒h=
2
1 4.解:(Ⅰ)由∠A 1AD=∠A 1AB ⇒点A 1在平面ABCD 上的射影点H 在∠BAD 的平分线AC 上⇒A 1H ⊥BD ⇒BD ⊥A 1H;又在正方形ABCD 中,BD ⊥AC ⇒BD ⊥平面AA 1C 1C ⇒平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1D 1D;
(Ⅱ)由AA 1∥BB 1⇒AA 1∥平面B 1D 1DB ⇒点A 1到平面B 1D 1DB 的距离=点A 到平面B 1D 1DB 的距离;又AC 的中点O 在平面B 1D 1DB 上⇒点A 到平面B 1D 1DB 的距离=点C 到平面B 1D 1DB 的距离d;因△B 1BD 的面积=
2
1BD ⋅BB 1=22a 2,与△BCD 的面积=2a 2
,由cos ∠A 1AB=cos ∠OABcos ∠A 1AO ⇒cos ∠A 1AO=2
2
⇒四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的高h=AA 1sin ∠A 1AO=2a;由三棱锥B 1-BCD 与三棱锥C-B 1BD 的体积相等⇒
31⋅22a 2d=3
1⋅2a 2
h ⇒d=a. 5.解:(Ⅰ)由AA 1⊥BC ⇒BB 1⊥BC,又由A 1B ⊥BB 1⇒BB 1⊥平面A 1BC ⇒BB 1⊥A 1C,又由CC 1∥BB 1⇒A 1C ⊥CC 1; (Ⅱ)作A 1D ⊥BC 于D,则A 1D ⊥平面BB 1C 1C,AD ⊥BC ⇒AD=7212;设AA 1=x,则x 2+A 1D 2=AD 2
⇒A 1D=27
12x -;由三棱柱ABC-A 1B 1C 1
的体积V=四棱锥A 1-BB 1C 1C 的体积+三棱锥A-A 1BC=
3
1
⋅7x ⋅
27
12x -+31⋅
21
7
2712x -⋅x=27
⋅27
12x -⋅x ≤27
⋅ 2
)7
12
(
2
22x x +-=773,此时,2712x -=x ⇒x=7
42;设三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高为h,由AB=2,AC=3,BC=7⇒AB 2+AC 2=BC 2
⇒S ΔABC =3;由3h=
773⇒h=
7
21
.
预测例证。