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高考数学第一轮总复习~072立体几何综合问题1


g3.1072 立体几何综合问题 立体几何题怎么解
高考立体几何试题一般共有 4 道(客观题 3 道, 主观题 1 道), 共计总分 27 分左右,考查的知识点在 20 个以内. 选 择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象 为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着”多一点思考,少一点

计算”的发展.从历年的考题变化 看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题. 例 1 四棱锥 P—ABCD 的底面是边长为 a 的正方形,PB⊥面 ABCD. (1)若面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角为 60°,求这个四棱锥的体积; (2)证明无论四棱锥的高怎样变化,面 PAD 与面 PCD 所成的二面角恒大于 90° 讲解:(1)正方形 ABCD 是四棱锥 P—ABCD 的底面, 其面积 为 a , 从而只要算出四棱锥的高就行了.
2

? PB ? 面 ABCD,
∴BA 是 PA 在面 ABCD 上的射影.又 DA⊥AB, ∴PA⊥DA, ∴∠PAB 是面 PAD 与面 ABCD 所成的二面角的平面角, ∠PAB=60°. 而 PB 是四棱锥 P—ABCD 的高,PB=AB·tg60°= 3 a,

?V锥 ?

1 3 3 3a ? a 2 ? a . 3 3

(2)不论棱锥的高怎样变化,棱锥侧面 PAD 与 PCD 恒为全等三角形. 作 AE⊥DP,垂足为 E,连结 EC,则△ADE≌△CDE, 是面 PAD 与面 PCD 所成的二面角的平面角. ? AE ? CE, ?C E D 90 ? , 故?C E A ? 设 AC 与 DB 相交于点 O,连结 EO,则 EO⊥AC,

?

2 a ? OA ? AE ? AD ? a. 2

2 2 2 在 ?AEC中, cos ?AEC ? AE ? EC ? (2 ? OA) ? ( AE ? 2OA)( AE ? 2OA) ? 0. 2 AE ? EC AE 2 故平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角恒大于 90°. 本小题主要考查线面关系和二面角的概念,以及空间想象能力和逻辑推理能力, 具有一定的探索性, 是一道设计 新颖, 特征鲜明的好题. 例 2 如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面 ABC 为等腰直角三角形,∠ACB=900,AC=1,C 点到 AB1 的距离为

CE=

3 ,D 为 AB 的中点. 2
(1)求证:AB1⊥平面 CED; (2)求异面直线 AB1 与 CD 之间的距离; (3)求二面角 B1—AC—B 的平面角.

C1 A1 B1

E A D

C B

讲解:(1)∵D 是 AB 中点,△ABC 为等腰直角三角形,∠ABC=900,∴CD⊥AB 又 AA1⊥平面 ABC,∴CD⊥ AA1. ∴CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥AB1,又 CE⊥AB1, ∴AB1⊥平面 CDE; (2)由 CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥DE ∵AB1⊥平面 CDE ∴DE⊥AB1 ∴DE 是异面直线 AB1 与 CD 的公垂线段 ∵CE=

3 2 ,AC=1 , ∴CD= . 2 2

∴ DE ?

(CE) 2 ? (CD) 2 ?

1 ; 2

(3)连结 B1C,易证 B1C⊥AC,又 BC⊥AC , ∴∠B1CB 是二面角 B1—AC—B 的平面角. 在 Rt△CEA 中,CE= ∴∠B1AC=600 ∴ AB1 ?

3 ,BC=AC=1, 2

1 ? 2 , ∴ BB1 ? ( AB1 ) 2 ? ( AB) 2 ? 2 , 2 cos 60
BB1 ? 2 , ∴ ?B1CB ? arctg 2 . BC

∴ tg?B1CB ?

作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石. 例 3 如图 a—l— ? 是 120°的二面角,A,B 两点在棱上,AB=2,D 在 ? 内,三角形 ABD 是等腰直角三角形, ∠DAB=90°,C 在 ? 内, ? ABC 是等腰直角三角形∠ACB= 90 .
0

(I)求三棱锥 D—ABC 的体积; (2)求二面角 D—AC—B 的大小; (3)求异面直线 AB、CD 所成的角.

讲解: (1) 过 D 向平面 ? 做垂线,垂足为 O,连强 OA 并延长至 E.

? AB?AD, OA为DA在平面?上的射影,? AB?OA ? ?DAE 为 二 面 角
角. ?DAE ? 120 ,? ?DAO ? 60 . ? AD ? AB ? 2,? DO ?
? ?

a — l —

? 的 平 面

3.

? ?ABC 是等腰直角三角形,斜边 AB=2.? S ?ABC ? 1, 又 D 到平面 ? 的距离 DO= 3.
?VD ? ABC ? 3 . 3

(2)过 O 在 ? 内作 OM⊥AC,交 AC 的反向延长线于 M,连结 DM.则 AC⊥DM.∴∠DMO 为二面角 D—AC—B 的 平 面 角 . 又 在



DOA





OA=2cos60

°

=1.



?OAM ? ?CAE ? 45 ? ,? OM ?

2 . ? tg?DMO ? 6. ? ?DMO ? arctg 6. 2

( 3 ) 在 ? 平 在 内 , 过 C 作 AB 的 平 行 线 交 AE 于 F , ∠ DCF 为 异 面 直 线 AB 、 CD 所 成 的 角 .

? AB?AF ,? CF?AF ? CF?DF , 又?C A F? 45 ? ,即?A C F为等腰直角三角形,又 AF 等于 C 到 AB 的距离,即△
ABC 斜边上的高,? AF ? CF ? 1.

? DF 2 ? AD 2 ? AF 2 ? 2 AD ? AF cos120 ? ? 7. ? tg?DCF ?
角为 arctg 7 .

DF ? 7 . ? tg?DCF ? 7 . 异面直线 AB,CD 所成的 CF

比较例 2 与例 3 解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看. 例 4 在边长为 a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的,并且这 三个四边形也全等,如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器,如图②.则当容器的高为多少时,可 使这个容器的容积最大,并求出容积的最大值.

图①

图②

讲解: 设容器的高为 x.则容器底面正三角形的边长为 a ? 2 3x ,
?V ( x ) ? 3 a ? x ? ( a ? 2 3 x ) 2 (0 ? x ? ) 4 2 3 ? 3 1 ? ? 4 3 x ? (a ? 2 3 x)( a ? 2 3 x) 4 4 3

?

1 4 3x ? a ? 2 3x ? a ? 2 3x 3 a 3 . ( ) ? 16 3 54
18 54

3 当且仅当 4 3x ? a ? 2 3x, 即x ? 3 a时, Vmax ? a . .
3 故当容器的高为 3 a 时,容器的容积最大,其最大容积为 a .

18

54

对学过导数的同学来讲,三次函数的最值问题用导数求解是最方便的,请读者不妨一试. 另外,本题的深化似乎 与 2002 年全国高考文科数学压轴题有关,还请做做对照. 类似的问题是: 某企业设计一个容积为 V 的密闭容器,下部是圆柱形,上部是半球形,当圆柱的底面半径 r 和圆柱的高 h 为何值 时,制造这个密闭容器的用料最省(即容器的表面积最小).

例 5 已知三棱锥 P—ABC 中,PC⊥底面 ABC,AB=BC, D、F 分别为 AC、PC 的中点,DE⊥AP 于 E.

(1)求证:AP⊥平面 BDE; (2)求证:平面 BDE⊥平面 BDF; (3)若 AE∶EP=1∶2,求截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分的体积比. 讲解: (1)∵PC⊥底面 ABC,BD ? 平面 ABC,∴PC⊥BD. 由 AB=BC, 为 AC 的中点, BD⊥AC. PC∩AC=C, D 得 又 ∴BD⊥平面 PAC. 又 PA ? 平面、 PAC, ∴BD⊥PA. 由 已知 DE⊥PA,DE∩BD=D,∴AP⊥平面 BDE. (2)由 BD⊥平面 PAC,DE ? 平面 PAC,得 BD⊥DE.由 D、F 分别为 AC、PC 的中点,得 DF//AP. 由已知,DE⊥AP,∴DE⊥DF. BD∩DF=D,∴DE⊥平面 BDF. 又?DE ? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 BDF. (3)设点 E 和点 A 到平面 PBC 的距离分别为 h1 和 h2.则 h1∶h2=EP∶AP=2∶3,
1 ? h1 ? S ?PBF V P ? EBF V E ? PBF 2 1 3 ? ? ? ? ? . 1 V P ? ABC V A? PBC 3? 2 3 ? h2 ? S ?PBC 3

故截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分体积的比为 1∶2 或 2∶1 值得注意的是, “截面 BEF 分三棱锥 P—ABC 所成两部分的体积比”并没有说明先后顺序, 因而最终的比值答案一般 应为两个, 希不要犯这种”会而不全”的错误. 例 6 已知圆锥的侧面展开图是一个半圆,它被过底面中心 O1 且平行于母线 AB 的平面所截,若截面与圆锥侧面 的交线是焦参数(焦点到准线的距离) 为 p 的抛物线. (1)求圆锥的母线与底面所成的角; (2)求圆锥的全面积. 讲解: (1)设圆锥的底面半径为 R,母线长为 l, 由题意得: ?l ? 2?R , 即 cos ACO1 ?

R 1 ? , l 2
0

所以母线和底面所成的角为 60 . (2)设截面与圆锥侧面的交线为 MON,其中 O 为截面与 AC 的交点,则 OO1//AB 且 OO1 ? 1 AB.
2

在截面 MON 内,以 OO1 所在有向直线为 y 轴,O 为原点,建立坐标系,则 O 为抛物的顶点,所以抛物线方程为 x =-2py,点 N 的坐标为(R,-R) ,代入方程得
2

R2=-2p(-R) ,得 R=2p,l=2R=4p. ∴圆锥的全面积为 ?Rl ? ?R 2 ? 8?p 2 ? 4?p 2 ? 12?p 2 . 将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请思考如下问题: 一圆柱被一平面所截,截口是一个椭圆.已知椭圆的长轴长为 5,短轴长为 4,被截后几何体的最短侧面母 线长为 1,则该几何体的体积等于 .

例 7 如图,几何体 ABCDE 中,△ABC 是正三角形,EA 和 DC 都垂直于平面 ABC,且 EA=AB=2a, DC=a,F、 G 分别为 EB 和 AB 的中点. (1)求证:FD∥平面 ABC; (2)求证:AF⊥BD; (3) 求二面角 B—FC—G 的正切值. 讲解: ∵F、G 分别为 EB、AB 的中点, ∴FG=

1 EA,又 EA、DC 都垂直于面 ABC, FG=DC, 2 ∴四边形 FGCD 为平行四边形,∴FD∥GC,又 GC ? 面 ABC,
∴FD∥面 ABC.

(2)∵AB=EA,且 F 为 EB 中点,∴AF⊥EB ① 又 FG∥EA,EA⊥面 ABC ∴FG⊥面 ABC ∵G 为等边△ABC,AB 边的中点,∴AG⊥GC. ∴AF⊥GC 又 FD∥GC,∴AF⊥FD ② 由①、②知 AF⊥面 EBD,又 BD ? 面 EBD,∴AF⊥BD. (3)由(1)(2)知 FG⊥GB,GC⊥GB,∴GB⊥面 GCF. 、 过 G 作 GH⊥FC,垂足为 H,连 HB,∴HB⊥FC. ∴∠GHB 为二面角 B-FC-G 的平面角. 易求 GH ?

3 a,? tg?GHB ? 2

a 3 a 2

?

2 3 . 3

例 8 如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,P、Q 分别是线段 AD1 和 BD 上的点,且 D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求证 PQ∥平面 CDD1C1; (2) 求证 PQ⊥AD; (3) 求线段 PQ 的长. 讲解: (1)在平面 AD1 内,作 PP1∥AD 与 DD1 交于点 P1,在平面 AC 内,作 QQ1∥BC 交 CD 于点 Q1,连结 P1Q1. ∵
D1 P DQ 5 , ? ? PA QB 12

∴PP1 // QQ1 .? 知 PQ∥P1Q1 ? ?

由四边形 PQQ1P1 为平行四边形,

而 P1Q1 ? 平面 CDD1C1, 所以 PQ∥平面 CDD1C1 ? (2)?AD⊥平面 D1DCC1, ∴AD⊥P1Q1,? 又∵PQ∥P1Q1, ∴AD⊥PQ.? (3)由(1)知 P1Q1 // PQ,
DQ1 DQ 5 ? ? ,而棱长 CD=1. Q1C QB 12

∴DQ1=

5 12 . 同理可求得 P1D= . 17 17

在 Rt△P1DQ1 中,应用勾股定理, 立得

13 ? 12 ? ? 5 ? P1Q1= P1 D ? DQ ? ? ? ? ? ? ? .? 17 ? 17 ? ? 17 ?
2 2

2

2

做为本题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q 分别是 BD, AD1 上的动点,试求 PQ 的最小值, 你能够应用函数方 法计算吗? 试试看. 并与如下 2002 年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示? 如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=BN= a (0 ? a ?

2 ).

(1) 求 MN 的长; (2) 当 a 为何值时,MN 的长最小; (3) 当 MN 长最小时,求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 ? 的大小。

C

D M

B N A F

E

立体几何知识是复课耗时较多, 而考试得分偏底的题型. 只有放底起点, 依据课本, 熟化知识, 构建空间思维网络, 掌握解三角形的基本工具, 严密规范表述, 定会突破解答立几考题的道道难关.

四、作业

同步练习 g3.1072 立体几何综合(一)

? ,直线 l 与 a, l 与 b 所成的角都等于θ , 则θ 的取值范围是 ( ) 3 ? ? ? ? ? 5? ? 2? (A) [ , ] (B) [ , ] (C) [ , (D) [ , ] ] 3 2 6 2 6 6 3 3 2、 已知矩形 ABCD 的长 AD=4, AB=3, F 分别为 AD、 的中点, 宽 E、 BC 现将 ABFE 沿 EF 折成 A?B?FE 使二面角 A?B? ? EF ? DC 的平面角为 60?,则 A?C = ( )
1、已知两条异面直线 a,b 所成的角为 (A) 2 3 (B) 11 (C) 13 (D) 3 2

3、A、B 两地在同一纬线上,这两地间的纬线长为?Rcos?, 是地球半径,?是两地的纬度数) (R ,则这两地间的距离

(A)?R

为 (B)?Rcos?



) (C)?R?2?R (D)?R??R

4、已知正四棱锥 P-ABCD 的棱长为 2 3 a,侧面等腰三角形的顶角为 30?,则从点 A 出发环绕侧面一周后回到 A 点的 最短路程等于( (A) 2 2a (B)4a ) (D)12 3a

(C)6a

5、空间四边形 ABCD 的各边与对角线的长都为 1,点 P 在边 AB 上移动,点 Q 在 CD 上移动,则点 P 和 Q 的最短距 离为( ) (A)

1 2

(B)

2 2

(C)

3 4

(D)

3 2

6、若四面体的一条棱长为 x,其余棱长为 1,体积为 F(x),则函数 F(x)在其定义域上( ) (A)是增函数但无最大值 (B)是增函数且有最大值 (C)不是增函数且无最大值 (D)不是增函数但有最大值

7、正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长为 2 ,底面的边长为 3 ,E 是 SA 的中点,则异面直线 BE 与 SC 所成的角 为 。 8、已知 a=(3,1,5), b=(1,2,?3), 向量 c 与 z 轴垂直,且满足 c?a=9, c?b=?4,则 c= 9、已知 PA、PB、PC 两两垂直且 PA= 2 ,PB= 3 ,PC=2,则过 P、A、B、C 四点的球的体积为 。

10、已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2cm, 高为 4cm,过 BC 作一个截面,截面与底面 ABC 成 60?角,则截面 的面积是

11、(05 全国卷 1) 已知四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯形,AB∥DC, ?DAB ? 90 , PA ? 底面 ABCD,且
?

PA=AD=DC=

1 AB=1,M 是 PB 的中点。 2

(Ⅰ)证明:面 PAD⊥面 PCD; (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成的角; (Ⅲ)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的大小。

12、 (05 福建)如图,直二面角 D—AB—E 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,AE=EB,F 为 CE 上的点,且 BF ⊥平面 ACE. (Ⅰ)求证 AE⊥平面 BCE; (Ⅱ)求二面角 B—AC—E 的大小; (Ⅲ)求点 D 到平面 ACE 的距离.

13、已知四面体各棱长是 1 或 2,且该四面体不是正四面体,求这个四面体体积的所有可能的值。

参考答案 B CCCBD 7、
? 3

8、 (

22 21 9? ,? ,0 ) 9、 5 5 2

10、 2 3cm 2 .

11、本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解 决数学问题的能力.满分 12 分. 方案一: (Ⅰ)证明:∵PA⊥面 ABCD,CD⊥AD, ∴由三垂线定理得:CD⊥PD. 因而,CD 与面 PAD 内两条相交直线 AD,PD 都垂直, ∴CD⊥面 PAD. 又 CD ? 面 PCD,∴面 PAD⊥面 PCD. (Ⅱ)解:过点 B 作 BE//CA,且 BE=CA, 则∠PBE 是 AC 与 PB 所成的角. 连结 AE,可知 AC=CB=BE=AE= 2 ,又 AB=2, 所以四边形 ACBE 为正方形. 由 PA⊥面 ABCD 得∠PEB=90° 在 Rt△PEB 中 BE= 2 ,PB= 5 ,

? cos ?PBE ?

BE 10 ? . PB 5

? AC与PB所成的角为arccos

10 . 5

(Ⅲ)解:作 AN⊥CM,垂足为 N,连结 BN. 在 Rt△PAB 中,AM=MB,又 AC=CB, ∴△AMC≌△BMC, ∴BN⊥CM,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB⊥AC,由三垂线定理,得 CB⊥PC, 在 Rt△PCB 中,CM=MB,所以 CM=AM. 在等腰三角形 AMC 中,AN·MC= CM ? (
2

AC 2 ) ? AC , 2

3 ? 2 ? AN ? 2 ? 5 2

6 5

.

∴AB=2,? cos ?ANB ?

AN 2 ? BN 2 ? AB 2 2 ?? 2 ? AN ? BN 3

故所求的二面角为 arccos(? ). 方法二:因为 PA⊥PD,PA⊥AB,AD⊥AB,以 A 为坐标原点 AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点 坐标为 A(0,0,0)B(0,2,0) ,C(1,1,0) ,D(1,0,0) ,P(0,0,1) ,M(0,1, ) . (Ⅰ)证明:因 AP ? (0,0,1), DC ? (0,1,0), 故 AP ? DC ? 0, 所以AP ? DC. 由题设知 AD⊥DC,且 AP 与 AD 是平面 PAD 内的两条相交直线,由此得 DC⊥面 PAD. 又 DC 在面 PCD 上,故面 PAD⊥面 PCD. (Ⅱ)解:因 AC ? (1,1,0), PB ? (0,2,?1),

2 3

1 2

故 | AC |? 2 , | PB |? 5 , AC ? PB ? 2, 所以 cos ? AC, PB ?? AC ? PB | AC | ? | PB | ? 10 . 5

(Ⅲ)解:在 MC 上取一点 N(x,y,z) ,则存在 ? ? R, 使 NC ? ? MC,

1 1 NC ? (1 ? x,1 ? y,? z ), MC ? (1,0,? ),? x ? 1 ? ? , y ? 1, z ? ?.. 2 2 1 4 要使 AN ? MC, 只需 AN ? MC ? 0即x ? z ? 0, 解得? ? . 2 5

4 1 2 可知当? ? 时, N点坐标为( ,1, ), 能使 AN ? MC ? 0. 5 5 5 1 2 1 2 此时, AN ? ( ,1, ), BN ? ( ,?1, ), 有BN ? MC ? 0 5 5 5 5

由AN ? MC ? 0, BN ? MC ? 0得AN ? MC, BN ? MC.所以?ANB 为所求二面角的平面角.
?| AN |? 30 30 4 , | BN |? , AN ? BN ? ? . 5 5 5 AN ? BN

? cos(AN , BN ) ?

2 ?? . 3 | AN | ? | BN | 2 故所求的二面角为arccos(? ). 3

12、 解法一: (Ⅰ)? BF ? 平面 ACE. ? BF ? AE. ∵二面角 D—AB—E 为直二面角,且 CB ? AB , ?CB ? 平面 ABE.

. ?CB ? AE. ? AE ? 平面B C E
(Ⅱ)连结 BD 交 AC 于 C,连结 FG, ∵正方形 ABCD 边长为 2,∴BG⊥AC,BG= 2 ,

? BF ? 平面 ACE,
由三垂线定理的逆定理得 FG⊥AC. ? ?BGF 是二面角 B—AC—E 的平面角. 由(Ⅰ)AE⊥平面 BCE, 又? AE ? EB , ∴在等腰直角三角形 AEB 中,BE= 2 . 又?直角 ?BCE中, EC ?

BC 2 ? BE 2 ? 6 ,

BF ?

BC ? BE 2 ? 2 2 3 , ? ? EC 3 6

2 3 BF 6 ? 直角?BFG中, sin ?BGF ? ? 3 ? . BG 3 2
∴二面角 B—AC—E 等于 arcsin

6 . 3

(Ⅲ)过点 E 作 EO ? AB 交 AB 于点 O. OE=1. ∵二面角 D—AB—E 为直二面角,∴EO⊥平面 ABCD. 设 D 到平面 ACE 的距离为 h,?VD ? ACE ? VE ? ACD , ? S ?ACB ? h ?

1 3

1 S ?ACD ? EO. 3

? AE ? 平面 BCE,? AE ? EC.

1 1 AD ? DC ? EO ? 2 ? 2 ?1 2 3 2 ?h ? ? 2 ? . 1 1 3 AE ? EC 2? 6 2 2

∴点 D 到平面 ACE 的距离为

2 3 . 3

解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)以线段 AB 的中点为原点 O,OE 所在直 线为 x 轴,AB 所在直线为 y 轴,过 O 点平行 于 AD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O—xyz,如图. ? AE ? 面 BCE,BE ? 面 BCE, ? AE ? BE , 在 Rt?AEB中, AB ? 2, O为AB 的中点,

? OE ? 1.

? A(0,?1,0), E (1,0,0), C (0,1,2).

AE ? (1,1,0), AC ? (0,2,2). 设平面 AEC 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,
则?

? AE ? n ? 0, ? x ? y ? 0, ? 即? ? AC ? n ? 0, ?2 y ? 2 x ? 0. ?

解得 ?

? y ? ? x, ? z ? x,

令 x ? 1, 得 n ? (1,?1,1) 是平面 AEC 的一个法向量. 又平面 BAC 的一个法向量为 m ? (1,0,0) ,

? cos(m, n) ?

m, n | m |?| n |

?

1 3

?

3 . 3
3 . 3

∴二面角 B—AC—E 的大小为 arccos

(III)∵AD//z 轴,AD=2,∴ AD ? (0,0,2) , ∴点 D 到平面 ACE 的距离 d ?| AD | ? | cos ? AD, n ??

| AD ? n | |n|

?

2 3

?

2 3. 3

13、解:根据已知条件及构成三角形的条件满足要求的四面体应分为三类。

A
A

A

B C AB=AC=AD=2 BC=CD=DB=1

D

B

D

B

D

C AC=AD=BC=BD=2 AB=CD=1

C AB=AC=AD=BC=BD=2 CD=1
2

(1)如图 1,四面体各棱 AB=AC=AD=2,BC=CD=BD=1,则 AO= 2 ? ( ?

2 3

3 2 11 ) ? ,所以四面体的体积 2 3

V=

1 1 1 3 11 11 S ?BCD ? AO ? ? ? 12 ? ? ? 。 3 3 2 2 3 12
2

(2) 如图 2, 四面体各棱 AC=AD=2, AB=1, BC=BD=2, CD=1, M、 分别为 AB、 的中点, 设 N CD AM= 2 ? ( ) ?
2

1 2

15 。 2

S ?ABM ?

1 1 15 1 2 14 AB ? MN ? ? 1 ? ?( ) ? 。 2 2 4 2 4
1 1 14 14 S ?ABM ? CD ? ? ?1 ? . 3 3 4 12
2

四面体的体积为 V=

(3) 如图形, 四面体各棱 AB=AC=AD=2, BD=BC=2, CD=1, M、 分别为 AB、 的中点, 设 N CD AM= 2 ? ( ) ?
2

1 2

15 , 2

S ?ABM ?

1 1 15 11 1 1 11 11 AB ? MN ? ? 2 ? ?1 ? , 四面体的体积为 V= S ?ABM ? CD ? ? ?1 ? . 2 2 4 2 3 3 2 6

故四面体的所有可能的体积为

11 14 11 或 或 12 12 6


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