高考第一轮复习数学多面体与正多面体

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的中点 .
D1 E
A1
C1 F
B1
D
C
（ 1）求二面角
B 1—
BF— E
的大小
A
.
B
（ 2）求点 D 到平面 BEF 的距离 .
（ 3）能否在棱 B1B 上找到一点 M ，使 DM ⊥面 BEF？若能，请确定点 M 的位置；若不
能，请说明理由 .
解：（ 1）过 B1 作 B1G⊥ BF 于 G，连结 EG，则由 EB1⊥面 B1BCC1，可知 EG⊥ BF.
A.60 °
B.45 °
C.90°
D.120 °
解析：连结 D1A1、AC，知△ ACD1 是等边三角形，且 D1A∥ BC1，所以 BC1 与 CD 1 所成
的角是 60° .
答案： A
【例 2】 边长为 a 的正三角形，要拼接成一个正三棱柱且不剩料，应如何设计
?（在图
中用虚线画出）
A
A1
O
B1
C1
1 A. －
3
1 B.
3
解析：将正四面体嵌入正方体中，计算易得
1 C.－
2
1 D.
2
( 3)2 cosθ=
( 3) 2
( 2 2 ) 2 =－ 1 （设正方体的棱长为
233
3
2） .
答案： A
【例 2】 试求正八面体二面角的大小及其两条异面棱间的距离
.
解：如图，设正八面体的棱长为 4a，以中心 O 为原点，对角线 DB 、 AC、 QP 为 x 轴、
.
●闯关训练 夯实基础
1.每个顶点处棱都是 3 条的正多面体共有
A.2 种
B.3 种
C.4 种
D.5 种
解析：正多面体只有 5 种.
答案： B
2.如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD — A1B1C1D 1 中， O 为正方形 ABCD 的中心， E、 F 分别为 AB、 BC 的中点，则异面直线 C1O 与 EF 的距离为 _____________.
∵ MO 2+B1O2=MB 12，∴∠ MOB 1=90° . ∴ B1O⊥ MO . ∵ MO∩ AC=O，∴ B1O⊥平面 MAC . （ 2）解：作 ON ⊥AM 于点 N，连结 B1N. ∵ B1O⊥平面 MAC ，∴ AM ⊥平面 B1ON. ∴ B1N⊥ AM . ∴∠ B1NO 就是二面角 B1— MA — C 的平面角 .
又 AF =（ 0， y，z）， ∴（ 0， y， z） =λ（0， 2， 1）=（ 0， 2λ， λ ） .
y 2,
于是
②
z
由①②可得 λ = 2 ， y= 4 ， z= 2 ，
5
55
∴ F（ 0， 4 ， 2 ）. 55
（ 3）解：∵ B1O⊥平面 EAC， B1F⊥ AE，连结 OF，由三垂线定理的逆定理得
z
A1
D1
B1
C1
E
A
F
Dy
B
O
C
（ 1）求证： B1O⊥平面 EAC； x
（ 2）若点 F 在 EA 上且 B1F⊥ AE，试求点 F 的坐标；
（ 3）求二面角 B1— EA— C 的正弦值 .
（ 1）证明：由题设知下列各点的坐标：
A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），B1（ 2，0，2）. 由于 O 是正方形 ABCD 的中心，
求此多面体的体积 .
B A
( 1) 解法一： 补成一个正方体，如图甲，
V=
1
( 2) V 正方体 -=
1
( 3) × 123=864
cm 3.
2
2
甲 解法二：补成一个三棱锥，如图乙， 思考讨论
乙 V=V 大三棱锥 － 3V 小三棱锥 =864 cm3.
补形的方法可将不规则的几何体转化成规则的几何体，这是求多面体体积的常用方法
B1O |
=
30 .
| B1F | 6
故二面角 B1— EA— C 的正弦值为
30 .
6
●思悟小结
1.割补法是求多面体体积的常用方法 .
2.理解多面体、正多面体、凸多面体的概念，熟悉五种正多面体
.
●教师下载中心
教学点睛
学习本节要使学生理解多面体、正多面体的概念
.
拓展题例
【例 1】 正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，异面直线 CD 1 和 BC1 所成的角是
∵ AM= 5 ， CM = 5 ，∴ AM=CM .
又 O 为 AC 的中点，∴ OM ⊥ AC.则 ON=OAsin∠ MAO = 2
3 =
6 .
55
在 Rt△B1ON 中， tan∠ B1NO= B1O = 5 ， ON
∴∠ B1NO =arctan 5 ，即所求二面角的大小为 arctan 5 .
D1
C1
A1
B1
答案： 2 4
培养能力
D O
C
F
A
E
B
3.四面体的一条棱长是 x，其他各条棱长为 1. （ 1）把四面体的体积 V 表示为 x 的函数 f（ x）；
（ 2）求 f（x）的值域；
（ 3）求 f（x）的单调区间 .
解：（ 1）设 BC=x，则 S 到平面 ABC 的垂足 O 是△ ABC 的外心，连结 AO 并延长交 BC
y
轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则 A（ 0，－ 2 2 a，0）、B（ 2 2 a，0，0）、C（ 0，2 2 a，
0）、 P（ 0， 0， 2 2 a），设 E 为 BC 的中点，连结 PE、 QE、 OE，则∠ PEQ=2 ∠PEO 即为 所求二面角的平面角，∵ OE=2 a，OP=2 2 a，∴ tan∠PEO = 2 ，∠ PEQ=2arctan 2 .设 n =
12
12
x2 (3 x2 ) = 1 12
(x 2
3) 2
9 ，
24
∵ 0＜ x2＜ 3，∴ f（ x）∈（ 0， 1 ） . 8
（ 3）∵当 x= 6 时， f（ x）取得最大值， 2
又∵ 0＜ x＜ 3 ，∴ f（ x）的单调递增区间是（ 0， 6 ］，递减区间是［ 6 ， 3 ） .
2
2
4.（文）已知正方体 ABCD — A1B1C1D1 的棱长为 2， O 为 AC 与 BD 的交点， M 为 DD 1
的中点 .
D1 A1
M
C1 B1
D
（ 1）求证：直线 B1O⊥平面 MAC ；A
O
（ 2）求二面角 B1— MA — C 的大小 .
（ 1）证明：∵ BB1⊥平面 ABCD ， OB⊥ AC，
∴ B1O⊥ AC.
C B
连结 MO 、 MB 1，则 MO = 3 ， B1O= 6 ， MB 1=3.
由于正多面体中的等量关系、 垂直关系比较多， 所以便于建立直角坐标系， 运用解析法
处理 .要注意恰当选取坐标原点，一般取其中心或顶点（如正四棱柱）
.
【例 3】 三个 12× 12 cm 的正方形，如图，都被连结相邻两边中点的直线分成
A、B 两
片〔如图 （ 1）〕，把 6 片粘在一个正六边形的外面 〔如图 （ 2）〕，然后折成多面体 〔如图 （3）〕，
D1
F C1
EN
A1
B1
G
HM
D
C
∴∠ B1GE 是二面角
A
B1— BF— E 的平面角 .
B
在 Rt△BB 1F 中， B1B=a， B1F= a ， 2
解析：过 N 作 NP∥ AM 交 AB 于点 P，连结 C1P，解三角形即可 .
答案： 2 5
●典例剖析
【例 1】 已知甲烷 CH 4 的分子结构是中心一个碳原子，外围有 4 个氢原子（这 4 个氢 原子构成一个正四面体的四个顶点） .设中心碳原子到外围 4 个氢原子连成的四条线段两两 组成的角为 θ，则 cosθ等于
∴ B1O ⊥ AC ， B1O ⊥ AE . ∴ B1O⊥平面 ACE . （ 2）解：设点 F 的坐标为 F （0， y， z），则 B1F =（－ 2， y， z－2），
∵ B1F ⊥ AE ，
∴ B1F · AE =（－ 2， y， z－2）·（ 0， 2， 1）=2 y+z－ 2=0.
①
又∵点 F 在 AE 上，∴ AF =λ AE （ λ∈ R） .
9.11 多面体与正多面体
●知识梳理 1.每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面 体. 2.正多面体有且只有 5 种 .分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面 体. ●点击双基 1.一个正方体内有一个内切球面，作正方体的对角面，所得截面图形是
∴ O（ 1， 1，0） .
∴ B1O =（－ 1， 1，－ 2）， AC =（ 2，2， 0）， AE =（ 0，2， 1） .
∴ B1O · AC =（－ 1， 1，－ 2）·（ 2，2， 0） =－1· 2+1 ·2－ 2· 0=0，
B1O · AE =（－ 1，1，－ 2）·（ 0， 2，1） =－ 1·0+1 · 2－ 2· 1=0.
A
B
答案： B
C
D
2.正多面体只有 _____________ 种，分别为 ________________.
答案： 5 正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体
3.在正方体 ABCD — A1B1C1D1 中， M 、 N 分别是 A1B1、 BB1 的中点，则直线 AM 与 CN 所成的角的余弦值是 _____________.
（x， y，z）是 AB 与 PC 的公垂线的一个方向向量，则有 n· AB =x+y=0， n· PC =y－ z=0，
解得
z P
D
O A
E B x
Cy
Q
| n BC | 4 6a
n=（－ 1，1，1），所以向量 BC =（－ 2 2 a，2 2 a，0）在 n 上的射影长 d=
=
3
3
即为所求 . 特别提示
∴∠ OFB1 即为二面角 B1—EA—C 的平面角 .
∵ | B1O |= ( 1) 2 12 ( 2) 2 = 6 ，
又 B1F =（－ 2， 4 ，－ 8 ），
5
5
OF ⊥ AE，
∴ | B1F |= ( 2) 2
( 4)2
(
8)2 = 6
5 .
5
5
5
在
Rt△B1OF
中，
| sin∠ B1FO =
于 D ，则 D 是 BC 的中点，且 AD ⊥ BC，求得 AD =
4
x2
，S
x ABC =
4
x2 .
2
4
S
A
O
C
D
B
设△ ABC 的外接圆的半径为 R，求得 R=
1
，SO= 3 x 2 ，
4 x2
4 x2
∴ V= 1 S ABC ·SO= x 3 x 2 （ 0＜ x＜ 3 ） .
3
12
（ 2） f（ x） = x 3 x2 = 1
∵ A1B1⊥B1C，在 Rt△ A1B1C 中， tan∠ B1A1C= B1C = 2 .∴ A1 B1 与平面 A1ECF 所成角 A1 B1
的正切值为 2 .
探究创新
5.（ 2003 年烟台诊断性测试） （ B）正方体 ABCD — A1B1C1D 1 的棱长为 2，且 AC 与 BD
交于点 O， E 为棱 DD 1 的中点，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 A— xyz，如图所示 .
解：设 O 为△ ABC 的中心，连结 BOA、OB、OC ，并设 OCA、OB、OC 的中点分别为 A1、
B1、 C1，过 A1、 B1、 C1 分别向三边作垂线，则所得三个矩形即为三个侧面，三个角上的小
四边形拼在一起即为上底面 .
【变式】 △ ABC 若为一般三角形，又如何拼接？
【例 3】 如图， 在棱长为 a 的正方体 ABCD — A1B1C1D1 中，E、F 分别为棱 A1B1 和 B1C1
（ 1）证明：取 A1B1 的中点 G，连结 C1G、GE . ∵ A1G∥ FC1 且 A1G=FC 1，∴ A1GC 1F 是平行四边形 .∴ A1F∥ C1G.同理 C1G∥CE.∴ A1F
∥CE .由勾股定理算得
A1 E=A1F =CE =CF =
5 a，∴四边形 A1ECF 是菱形 .
2
（ 2）证明：连结 C1B，∵ E、F 分别为 AB 与 C1D1 的中点，∴ C1F=BE.又 C1F∥ BE，
∴ C1FEB 为平行四边形 .∴ C1B∥ EF.而 C1B⊥ B1C，∴ EF⊥ B1C.又四边形 A1ECF 是菱形，
∴ EF⊥ A1C.∴ EF⊥面 A1B1C.
（ 3）解：由（ 2）知，EF ⊥平面 A1B1C，又 EF 平面 A1ECF ，∴平面 A1 B1C⊥平面 A1ECF . ∴ B1 在平面 A1ECF 上的射影在线段 A1C 上.∴∠ B1A1 C 就是 A1B1 与平面 A1ECF 所成的 角.
说明：本题的两问是递进式的，第（ 1）问是为第（ 2）问作铺垫的 .第（ 2）问中构造二
面角的平面角的方法是典型的三垂线法 .
（理）在边长为 a 的正方体 ABCD — A1B1C1D 1 中， E、 F 分别为 AB 与 C1D1 的中点 . （ 1）求证：四边形 A1ECF 是菱形； （ 2）求证： EF⊥平面 A1B1C； （ 3）求 A1B1 与平面 A1ECF 所成角的正切值 .