希望杯试题71-80

高中数学希望杯典型例题100道（71-80）题71 △ABC 是边长为1的正三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA=46，A 点关于平面PBC 的对称点为A ’，求直线A ’C 与AB 所成角的余弦值.（第九届高一第二试第22题）解法1 设D 是BC 的中点，A A ’与面PBC 交于O ，由已知，O 必在PD 上.ADO ∆ ∽△PDA ，∴PD PA AD AO =.1,'12442AD PA PD AO AA ==∴=== 又A 与A ’关于平面PBC 对称，∴A ’B=AB=1，由A ’A= A ’B=1，CA=CB=1，可得A ’C ⊥AB ，∴A ’C 与AB 所成角的余弦值为0.解法2 如图1，作’AF ，则直线A ’C 与AB 所成角的余弦值等于|cos ∠BAF|，由于两点A ’，A 关于平面PBC 对称，则该平面上任意点与A ’，A 等距离，故A ’C=AC=1.设A ’A 交面PBC 于O 点，延长PO 交BC 于E ，连结AE ，易知BC ⊥PA ，BC ⊥AO ，故BC ⊥平面PAE ，所以BC ⊥AE ，又AB=AC=BC=1，所以E 是BC 的中点，23=AE ，易求21=⋅=PE AE PA AO ，则FC=A ’A=2AO=1，由于A ’A ⊥BC ，CF ∥A ’A ，则CF ⊥BC.又由FC=CB=1，知2=BF .由AF= A ’C=1，AB=1，知AF 2+AB 2=1+1=2=BF 2，所以90BAF ∠=︒，|cos ∠BAF|=0为所求.解法3 如图2，取AC 的中点M ，设E 是BC 的中点，A ’A 交面PBC 于O 点，连结OM 、EM ，则OM ∥A ’C ，EM ∥AB ，则直线A ’C 与AB 所成角的余弦值等于|cos ∠OME|，同解法2可得A ’C=1，23=AE ，12AO =，则OM=21A ’C=21，OE=2222=-AO AE ，由ME=21AB=21，知OM 2+ME 2=21=OE 2，所以90OME ∠=︒，|cos ∠OME |=0为所求.解法4 如图3，连结A ’A 交面PBC 于O 点，连结A ’B 、A ’C ，则A ’B=AB ，A ’C=AC.V P-ABC =31S △ABC PA=162464331=⋅⋅，BCAPA ’O图2E MB C APA ’ O 图1EFV A —PBC =31S △PBCAO=11328BC AO AO AO ⋅⋅==， 又∵V P-ABC = V A —PBC ，所以162= AO 82，∴21=AO .∵A ’O=AO ，∴A ’A=1.故三棱锥A ’—ABC 为正四面体，∴A ’C ⊥AB ，直线A ’C 与AB 所成角的余弦值0.解法5 如图4，建立空间直角坐标系A-xyz （A 为坐标原点），则A(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,46),B(0,21,23),易知平面PBC 交x 轴于点Q(0,0,3),由截距式得平面PBC 的方程为1643=++z y x ，即6462=++z y x ，于是平面PBC 的一个法矢量()4,6,2=→n ，由此设A A '与平面PBC 的垂足为O ()t t t 4,6,2，代入平面PBC 的方程，得246=t ，则点O 14⎝⎭.又由于A A '的中点是O ，则''11,,.22A AC ⎛∴= ⎝⎭⎝⎭易知1,0.2AB ⎫=⎪⎪⎝⎭设C A '与AB 所成的角为θ，则cos θ=''AB A CA C AB⋅'AC AB =⋅110062223⎛=-+⋅+-⋅= ⎝⎭，即直线C A '与AB 所成角的余弦值为0. 评析 C A '与AB 显然是异面直线，其所成角的余弦值一般应通过平移将两异面直线所成的角转化为相交直线所成的角后再求.解法2、3就是通过不同途径实现这种转化的.按照解法2的思BCAPA ’O图3图4路，同样可以作G BCA ' 或ABK A '，则ABG ∠cos 或K CA 'cos ∠亦为所求.因为正四面体的对棱互相垂直，故解法1、4证明了A 'ABC 恰为正四面体，从而问题也就解决了.解法5则是运用向量知识解决问题，这也是求空间两直线所成角的常用方法.拓展 此题可作如下推广 若△ABC 中B 、C 为定角，A 角对边a 为定值，PA ⊥面ABC ，PA=l ，△ABC 的面积为S ，直线A 'C 与AB 所成角为θ，则2222224cos cos cos sin sin 4S a l B C B C S a lθ-=-⋅+. 证明 因为角B 、C 及边a 为定值,故△ABC 可解,其面积S 为定值.如图5,过A 作AD ⊥BC,O 为垂足,连结PB,PC,PO.由题设知BC ⊥PO,BC ⊥面PAO.面PBC ⊥面PAO.作A 点关于直线PO 的对称点A ',则A '也是A 点关于平面PBC 的对称点,连结A 'C, A 'O.过点C 作AB 的平行线交AO 的延长线于D,则∠ A 'CD 就是A 'C 与AB 所成的角θ.又可知∠BCD=∠B,C BCA ∠=∠',二面角A '—BC—D 的平面角∠A 'OD=π-∠A 'OA,∠A 'OA=2∠POA,又OA=2S a ,由tan ∠POA=2PA alOA S=，得222222221tan 4cos '1tan 4POA S a l AOA POA S a l -∠-∠==+∠+.由三射线定理,可得()222''2224cos cos cos sin sin cos cos cos sin sin .4S a l ACD B C B C AOA B C B C S a lπ-∠=+-∠=-⋅+ 运用推广,不难验证原题中直线C A '与AB 所成角的余弦值0464344643460sin 60sin 60cos 60cos cos 2222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-= θ.题72 已知正方体的棱长为a ，它的体对角线和与它不共面的面对角线之间的最小距离等于________.(第十五届高二培训题第49题)解法1 如图1,要求1AC 与1BC 之间的最小距离.因为11111,BC A B BC B C ⊥⊥,所以1BC ⊥BDAPCOA ’图5平面11A B CD .由1BC 与1B C 的交点O 作1OO AC '⊥于O '，则OO '⊥1BC .故OO '就是异面直线1AC 与1BC 的公垂线段，其长为所求最小距离. 11sin OO OC ACB '=⋅∠=111A B OC AC⋅==为所求. 解法2 如图2，以1C 为坐标原点，分别以直线11C D 、11C B 、1C C 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系.设M 、N 分别是1AC 、1BC 上的点.设点M 的横坐标为x ，则易知其横坐标与立坐标分别为x ，a x -；设点N 的纵坐标为y ，则易知其横坐标与立坐标分别为,o y .即(),,M x x a x -，N (),,o y y ()0,x y a ≤≤.所以(),,NM x x y a x y =---，所以NM ===≥6a =（当且仅当[]0,3ax a =∈且12y a =∈[]0,a 时取等号）.所以所求最小距离为6a . 解法3 如图3，在已知正方体1AC 旁补上一个与其一样大小的正方体2A C .连结12A B ，2B C ,则易证12//BC B C ，所以112//BC A B C 平面， 所以1BC 与平面12A B C 间的距离，也就是点1C 到平面12A B C 的距离就是异面直线1AC 与1BC 间ABCDOO ’A 1B 1C 1D 1图1图2yABCA 1B 1C 1D 1图3DA 2B 2C 2D 2的距离，即为所求.设点1C 到平面12A B C 的距离为h .易求得1AC =，12A B，2B C =.因221212A B A CB C =+，所以2190B CA ︒∠=.所以221262121a C B C A S CB A =⋅⋅=∆.由C C B A C B A C V V 121211--=，即h S C B A ⋅⋅∆2131=⋅31C C B S 12∆11B A ⋅，亦即a a h a ⋅⋅=⋅⋅2221312631，得a h 66=为所求. 评析 此题就是求异面直线间的距离，其主要方法有：（1）求异面直线的公垂线段的长；（2）求两异面直线上两点间距离的最小值；（3）转化为求线面、面面间的距离.（若a ∥α,⊂bα,a 与b 异面，则a 与α的距离就是a 与b 的距离.若α∥β，a ⊂α，b ⊂β，a 、b 异面，则α、β间的距离就是a 、b 间的距离）.解法1是求公垂线段的长，作出公垂线段是关键，需要有较强的分析能力.解法2通过建立空间直角坐标系，将两异面直线上两点间的距离转化为向量的模来求，关键是正确设出两点的坐标，这里，运用了整体思想，求最小值时还用到了配方法.解法3通过补形，将两异面直线间的距离转化为线面间的距离，进而转化为点面间的距离，最后通过等积变换求得.三种解法蕴含着丰富的数学思想，全方位展示了求异面直线间距离的基本方法，值得我们细细品味.题73 点P 在ABC ∆所在的平面α外，,PA PB PC α⊥==3tan ,2PBC ∠=则A 到平面PBC 的距离的最大值是_________.（第二届高一第一试第30题）解法1 如图，作PD BC ⊥于D ，连结AD ，作AF P D ⊥于.F PA ⊥ 平面ABC ，,BC PD BC AD ⊥∴⊥. 于是BC ⊥平面PAD ，进而有平面PAD ⊥平面.,PBC AF PD ⊥ AF ∴⊥平面PBC ，即AF 就是A 到平面PBC 的距离. 3tan ,2PBC ∠=sin PBD ∴∠=sin PD PB PBD ∴=∠== 在直角PAD ∆中，12AF PD≤=解法2 作法如解法1，设.P A x=3,t a n .2P B P C P B D =∠=∴ 易求得ABCD FPBD DC PD===又AB==AD ∴=111332P ABC ABCV S PA x-∆===1114,332A PBC PBCV S h h h-∆===又,P ABC A PBCV V--=4,h h=∴==96≤==评析首先需要理解题意：求A到平面PBC的距离的最大值，说明此距离一定是个变量，是什么引起它的变化呢？PB PC==3tan,2PBC∠=说明PBC∆是确定不变的，而PA与平面ABC的垂直关系也不变，故只有PA的长度的变化才会引起A到平面PBC的距离的变化，因此，可将此距离表示为PA（设为x）的函数，然后求其最大值.解法2成功地运用函数思想解决了问题.解法1中用到“12AF PD≤”，其依据是下面的定理斜边为定值l的直角三角形斜边上的高的最大值是12l.证明如图，作线段AB l=，以AB为直径画半圆O，则半圆上任意一点C（与A B、不重合）与A B、都构成C∠为直角，l为斜边的直角三角形.显然，当CO AB⊥时，斜边上的高最大，为12l.题74如图1，ABCD-EFGH是单位正方体，P是AF上的动点，则GP+PB的最小值是．（第十二届高一第一试第20题）解法1 将面AFGD绕AF旋转，使它与面ABF共面,此时连结BG，BG长即GP+PB的最小值，在BFG∆中，B F F G1,B F G13==∠= .如图2，建立直角坐标系，则BG==解法 2 如图1，设PF=x,在PBF∆中由余弦定理，得HFEGPC BPB ==.在Rt PFG ∆中，GP 所以GP PB +==表示x 轴上的动点()x,0到点⎝⎭与点()0,1的距离之和.显然，当动点位于两点,22⎛- ⎝⎭、()0,1连线段与x 轴的交点时，GP PB +最=解法 3 如图3，建立空间直角坐标系.则()()()()A 0,1,0,F 0,0,1,B 0,0,0,G 1,0,1.设()P 0,u,v .因为A,P,F 共线，所以u 0v 11001--=--，得v 1u =-，所以()P 0,u,1u -, ()GP 1,u,u ,=--()PB 0,u,u 1=--,所以2GP PB GP PB +=+===.表示直角坐标系uov 中u 轴上的动点()Q u,0到两定点11M ,N ,22⎛⎛⎫- ⎪ ⎝⎭⎝⎭的距离之和，显然，当点Q 为线图 3图 2段MN 与u 轴的交点时，MQ NQ +最小,即MN ==所以GP PB +评析 本题等价于“已知直三棱柱ABF DCG,AB BF 1,AB BF,P -==⊥是AF 上的动点，求GP PB +的最小值.”解法1采用“铺平”的方法，转化为求铺平后B,G 两点间的距离.也可不建立直角坐标系，而在BFG ∆中由余弦定理求得BG ：因为GF 1,BF 1,GFB 135==∠= ，所以GB ==因为GP PB +是随点P 在AF 上的位置的变化而变化的，而点P 在AF 上的位置又是随PF 的长度的变化而变化的，故设PF x =，则GP PB +应为x 的函数.解法2就是运用函数思想解决立几问题的.写出函数关系式容易，但求最小值较难，这里，先将其转化为解几问题，再运用平几知识求得最小值.可见，函数思想、转化思想、立几、解几、平几知识的综合运用是解法2的精髓.解法3显示，运用空间向量，可将许多立几问题转化为向量运算问题，空间向量是解决立几问题的有力工具之一.题75 以四个全等的正三角形为面拼合成的空间图形叫正四面体.正三角形边长叫正四面体的棱长.设正四面体棱长为1.求互为异面的正三角形的中线（所在直线）间的距离.（可使用下面的结论：正四面体ABCD 中，A 到面BCD 的距离为d ，面BCD 的面积为S ，则四面体ABCD 的体积V=sd 31） （第八届高一培训解答题第3题）解 情形（1）E 、F 分别是AC 、AD 的中点，求BE 、CF 之间的距离.取AF 的中点M ，连结EM 、BM ，则EM ∥CF ，CF ∥面BEM ，故点F 到平面BEM 的距离就是CF 与BE 间的距离.∵AM=MF ，∴点A 到平面BEM 的距离就是CF 与BE 间的距离.在△BEM 中，由余弦定理，得cos EMBE BM EM BE BEM ⋅-+=∠22226143232]60cos 4112)41(1[)43()23(0222=⋅⋅⋅⋅-+-+=， ABCDMF E∴sin ∠BEM=635)61(12=-,S △BEM=12=， ∴V A —BEM =BEM 1S 396d ∆=，又V A —BEM = V B —AEM =96232)60sin 412121(310=⋅⋅⋅=962，情形（2），E 、F 分别是BC 、AD 的中点，求AE 、CF 间的距离.取ED 的中点M ，连结FM 、CM ，则AE ∥FM ，AE ∥面FCM.可知点D 到平面FCM 的距离就是AE 、CF 间的距离.在△FCM 中，由余弦定理，得cos CFM ∠2222CF FM CMCF FM+-=⋅22221[()]+-+=23=， ∴sin ∠CFM=,35)32(12=- S △CMF =16535432321=⋅⋅⋅，V D —CMF =d d 48516531=， 又V D —CMF = V F —CMD =96261)30sin 43121(310=⋅⋅⋅（点F 到面CMD 的距离等于点A 到面CMD 的距离的一半）.∴d 485=962，d=1010. 综上，所求距离为1010评析 对于正四面体上的一条中线来说，其它任何面上的三条中线总有一条与其相交，另外两条与其异面，必须分两类情形分别求解，这一点很容易被忽略.按照定义，异面直线间的距离就是两异面直线的公垂线段的长.而要作出两异面直线的公垂线段往往比较困难.此时，我们可设法将问题转化，其途径主要有：（1）转化为线面距离——若,a b 异面，,a b α⊂∥α，则b 与α的距离就是,a b 间的距离. （2）转化为面面距离——若,a b 异面，,,a b αβα⊂⊂∥β，则α、β间的距离就是,a b 间的距离.而线面、面面之间的距离往往又要转化为点面距离来求——若a ∥(αβ∥),()A a A αβ∈∈,则A 到α的距离就是()a β与α的距离.ABCDM FE点面间的距离一般按照定义来求，此外还常常运用“等积法”转化为求某三棱锥的高.上述解法正是把两异面直线间的距离转化为直线与平面的距离，再转化为点到平面的距离，最后转化为三棱锥的高来求得的.可见，熟练掌握转化思想是解决此题的又一关键.题76 四面体ABCD 中，R Q P ,,分别在棱DA CD BC ,,上，且,2,2QD CQ PC BP ==,RA DR =则B A ,两点到过R Q P ,,的平面的距离之比为_____.（第十届高一培训题第38题）解法1 设点D C B A ,,,到平面PQR 的距离分别为D C B A h h h h ,,,,由于点R Q P ,,分别是直线DACD BC ,,与平面PQR的交点且,,2,2RA DR QD CQ PC BP ===所以12C B h PC h BP ==①，21==QC QD h h C D ②，1==DRRA h h D A ③，由①、②、③得41=B A h h ，即B A ,两点到过R Q P ,,的平面的距离之比为4:1. 解法2 如图2，延长PQ 交BD 的延长线于点S ，设CQ 的中点为M ，连结PM ，则PM ∥BD 31，且PMQ ∆≌SDQ ∆，所以DS PM =，设点D B A ,,到平面PQR 的距离分别为,,,D B A h h h ，由于点S R ,分别是直线BD DA ,与平面P Q R 的交点，所以,413,1=+=+====PM PM PM DS BD DS BS DS h h DR RA h h B D D A 即41=B A h h 为所求. 解法3 如图3，连结,,PD BQ ,2,2QD CQ PC BP ==ABC P QR图1D BC AP Q R图2D SM,21,21PCQ PDQ BPQ PCQ S S S S ∆∆∆∆==∴,41BPQ PDQ S S ∆∆=∴于是41==∆∆--B P Q P D Q B P Q R P D Q R S S V V ，设D B A ,,三点到平面PQR 的距离分别为,,,D B A h h h 则41,41=∴===----B D BPQ R PDQ R B D PQR B PQR D h h V V h h V V ，又41,=∴=B A D A h h h h 为所求. 解法4 如图4，过点A 作AM ∥RQ 交CD 于点M ，过点M 作MN ∥PQ 交BC 于点N ，则AM ∥平面MN PQR ,∥平面PQR ，∴平面AMN ∥平面PQR .因此，N A ,两点到平面PQR 的距离相等.由作法可知，点N 是PC 的中点，设点B N A ,,到平面PQR 的距离分别为,,,B N A h h h 则41221====PC PCBP PN h h h h B N B A 为所求. 评析 按照定义，点到平面的距离是该点与该点在平面上的射影之间的距离.此题中，要作出B A ,在平面PQR 上的射影是困难的（位置难以确定，即使确定了，也难以求距离）.因此，我们需另寻他法.由于R Q P ,,都在平面PQR 上，且三点分别在DA CD BC ,,上的位置确定，又考虑到是求比值，故联想到这样一个事实：如图5，线段AB 与平面α交于点O ，AB 与平面α不垂直，若,::n m OB AO =则B A ,两点到平面α的距离之比也是n m :（可证AOA ∆’∽BOB ∆’而得该结论）.上述解法就是利用这一结论解决问题的，解法3还将两点到平面的距离比转化为两个三棱锥的体积比；解法4利用两平行平面的一个平面上的任意两点到另一个平面的距离相等.总之，转化思想在解决此题中起了关键作用.BC APQR图3D BAOB ’A ’图5α题77 在棱长为2的正四面体内任取一点P ，P 到四面体四个面的距离分别记为1PP ，2PP ，3PP ，4PP，则=+++4321PP PP PP PP ＿＿＿＿ （第三届高二第一试第16题） 解法1 将P 与正四面体的四个顶点联结，得到以P 为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为1PP ，2PP ，3PP ，4PP , 体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四面体的底面一样，所以=+++4321PP PP PP PP 正四面体的高332)22332()2(22=⋅⋅-=. 解法2 设已知正四面体为ABCD ，由题意，可知4321PP PP PP PP +++为定值.故不妨令P 为正四面体的一个顶点A ，则P 到面ABC 、面ACD 、面ADB 的距离都是0，故4321PP PP PP PP +++就是点A 到面BCD 的距离，即正四面体的高332. 评析 由于点P 的任意性，企图将1PP ，2PP ，3PP ，4PP 一一求出（或用某个量表示出来）后再求其和是不现实的，因此，我们应改变思考方向.解法1将点P 与四面体的四个顶点连结后得到四个以点P 为顶点的小三棱锥，由其体积和等于原四面体的体积，巧妙地求出了所求之值.这种利用整体与部分之间的关系解题的分割的方法是立几中常用的方法之一.解法2则由结论的唯一确定性，运用特殊化思想，快速解决了问题.类似这种结论唯一的填空题，特殊化思想应作为解题的主要指导思想.拓展 平面几何中有这样一个定理：“正三角形内一点到各边的距离之和等于正三角形的一边上的高”.将此定理延拓到空间就是本赛题.运用解法1中的思想方法同样可以解决第五届高二第二试第17题：在三棱锥ABC S -中，侧棱SA ，SB ，SC 两两垂直，4==SB SA ，6=SC , 在三棱锥的内部有一个与三棱锥的四面体都相切的球，则此球的半径=R ＿＿＿＿.解：∵SA ，SB ，SC 两两垂直，4==SB SA ，6=SC ，∴24=AB ，132==BC AC ，8=∆SAB S ，12==∆∆SAC SBC S S ，224=∆ABC S ，设此三棱锥的内切球的半径为R ，则CBASR S S S S V ABC SAC SBC SAB ABC S )(31∆∆∆∆-+++=16644213131)22432(31=⋅⋅⋅⋅=⋅==+=∆-SC S V R SAB SAB C ，即16)22432(31=+R ，解得722216-=R . 题78 某水准仪是封闭的正四面体,体内装有水,当正四面体的一个面放置于水平地面时, 体内水面高度为体高的12，现将它倒置，此时水的高度是体高的 ． （第十一届高一第一试第20题）解 开始平放时,上面无水部分也是正四面体,设其体积为1V ,则原四面体的体积是18V ,有水部分的体积是17V ．倒置后，有水部分与原四面体体积之比是117V 78V 8=．从而对应的高之比是． 评析 该题是由圆锥演变而来的．若直接求出水的高度，再求比值，运算量就大多了，先求出体积比，再求高的比，就显得很简单．些题主要运用了棱（圆）锥的一个性质：用平行于棱（圆）锥底面的平面去截棱（圆）锥，则截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的体积比等于截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的高的立方比．另外，还有下列性质：截得棱（圆）锥的高与原棱（圆）锥的高的比与对应的侧棱（母线）的比，对应的底面某边的比、对应的面上的中线、高的比，（底面半径的比，底面周长的比等）都是相等的，记作a a'；全面积的比与侧面积的比，底面积的比，对应的某个侧面的面积比也都是相等的，记作s s ',且有2s a s a2''=．以此可解决第二届高二第二试第12题：台体上、下底面面积分别是12S ,S ，平面α与底面平行，且台体被α截成体积相等的两部分．设截面面积为Ｓ,用12S ,S 表示Ｓ的结果是 ．考虑生成圆台的圆锥，设上面小圆锥的体积为0V ，圆台被截面截开的两部分体积为Ｖ，由“相似比的立方等于体积之比”，知33300000V V V 2V V ,,1,V V V V ++==∴=-+311,V1V+=+消去VV,得3321,S-=∴=.拓展对本题深入探求,可得定理平行于底面的平面把高为h的锥体分成两部分,其中小锥的高为1h,体积为1V,台体的体积为2V．现将截面平移，使小锥的高为2h，体积为2V,相应台体的体积为1V，则33312h h h+=．证明如图1，1hh=①；如图2,2hh=②．由①÷②，得12h:h=，即311322h Vh V=，则331113331212h V hh h V V h==++，所以33312h h h+=．用此定理解本赛题：因为11h h2=，所以22hh h,2h2===为所求．题79正四面体SABC，点M、E、F分别在棱SA，AB，BC上，且2===FCBFEABEMASM.过M、E、F三点的平面将四面体分成两部分，这两部分的体积比为＿＿＿＿（取较小部分与较大部分的体积之比）（第十三届高二培训题第75题）解法1如图1，易知SBME//，ACEF//. 作过M、E、F三点的平面，它和正四面体的截面是矩形MEFN，在SB上取点P使得2=PBSP，则EBFMPN-为三棱柱.P到面BEF的距离'h与S到面ABC的距离h满足31'==SBPBhh，则hh31'=，设ABCS S∆=，则222()()3BEFS EBS AB∆==，故49BEFS S∆=.因此，图1 图2图1CBFAMENPS41'93MPN EBF BEF V S h s h -∆=⋅=⋅=ABC S V -94.ABC S BEF MPN MPN S V h S h h S V -∆∆-=⋅=-⋅=2783231)'(31.则ABC S ABC S BFN SME V V V ---=+=2720)27894(，故所求的两部分体积之比20:7.解法2 如图2,作AC EQ ⊥于Q ，AC FR ⊥于R ,连结MQ ，NR , 则AC MQ ⊥，AC NR ⊥. 故NFR MEQ -为直三棱柱. 设已知正四面体棱长为1，则易求得63==QE MQ ，31=ME ，故362)3121()63(312122=⋅-⋅=∆MQE S .又易得23QR =，∴54232362=⋅=⋅=∆-QR S V MEQ NFR MEQ .易得61A =Q ， ∴NFR C MEQ MEQ A V AQ S V -∆-==⋅⋅=⋅=6482613623131， ∴3242764826482542=++=++---NFR C MEQ A NFR MEQ V V V .又易求得S ABC V -=.∴SME BFN V -==故所求两部分的体积之比为20:7. 评析 解决此题的关键有两个：一是分成的两部分到底是什么形状；二是两部分的体积如何求.解法1是先求平面MNFE 为界，靠近读者一侧部分的体积，解法2则是先求另一部分的体积.由于正四面体的体积易求，故两种解法都在求得一部分的体积后，用整体体积减去一部分的体积得另一部分的体积，减少了运算量.由于分成的两部分都不是纯粹的柱、锥体, 故两种解法又都采用化整为零的方法，将其分割成几个易求体积的几何体后再求其体积.这也是求不规则多面体体积的常用方法.题80 正四面体的侧面三角形的高线中，其“垂足”不在同一侧面上的任意两条所成角的余弦值是 ( )31)(A 21)(B 32)(C 43)(DA 图2SQBRFNC EM(第十二届高二第二试第3题)解法1 如图1，ABCD 是正四面体，设其棱长为a ，DF BE ,分别是AB DC ,边上的中线，由题意，就是要求DF BE ,所成角的余弦值.取AC 的中点AD G ,的中点H ，连成FGH ∆.易知平面FGH 和平面BCD 平行且FGH ∆∽BCD ∆，于是GH 边上的中线FK ∥BE ，故DF 和BE 所成的角就是DFK ∠.所以a BE FK 4321==.在DKH ∆中由余弦定理得20222167120cos 422)4()2(a a a a a DK=⋅⋅-+=.在DFK ∆中由余弦定理得3243232167)43()23(2cos 22222=⨯⨯-+=⋅-+=∠FKDF DKFK DF DFK .故选C .解法2 如图2，将正四面体ABCD 补成三棱柱GCH ABD -，则BE 是CD 边上的中线，又DF 是AB 边上的中线.由题意，就是要求BE 与DF 所成角的余弦值，取CG 的中点I ，连结HI BI ,.易证HI ∥DF ，所以BHI ∠就是BE 与DF 所成的角.设正四面体ABCD 的棱长为a ，则易求得a HI a BH 23,3==.BCI∆中，,2,aCI a BC ==0120=∠BCI ，由余弦定理，可求得a BI 27=.在BIH ∆中，由余弦定理，可求得32cos =∠BHI ，故选C .解法3 如图3，设正四面体ABCD 的棱长为a ，以正ABC ∆的中心O 为原点，建立空间直角坐标系.易求得),,21,63(),,,63(),36,,(o a a B o o a F a o o D )66,,63(a o a E -.所以),36,,63(a o a -=CBFAGEKHD图1)66,21,33(a a a EB -=，所以=⋅EB DF ,213161222a a a =+a a 2323===. 所以32232321c 2=⋅==a a a .故选C .评析 解决此题首先得搞清题意，图中DF 与BE 所成角的余弦值应为所求.由题中“任意”二字及各个选择支都是唯一确定的值，可知不必再考虑其它情形.求异面直线所成的角，主要方法是按照定义，通过平移将异面直线所成的角转化成相交直线所成的角，其转化方法往往因题而异，有时，同一题也可通过几种方式转化.本题解法1与解法2就是用两种不同方法转化的.解法1将BE 平移至FK ，从而将问题转化为求DFK ∠cos .应当指出，取AD AC ,的中点H G ,，连结GH 后，连结AE 交GH 于K ，由E 为CD 的中点可知K 为GH 的中点，又F 为AB 的中点，故FK ∥BE .这样比原解答更为简单.解法2通过补形，将DF 平移至HI ，从而使问题转化为求BHI ∠cos ，计算十分方便.立几中往往通过解三角形求角，正弦定理、余弦定理、勾股定理是主要工具.解法3运用空间向量求异面直线所成的角，将几何问题转化为向量运算，十分简便.应当注意的是坐标系的建立要“适当”，否则会大大增加运算量.。