高考数学复习点拨 例谈一道课本习题的探究与变式VIP免费

例谈一道课本习题的探究与变式第1题:如图1,四面体DABC中，AB，BC，BD两两垂直，且2BCAB,E是AC中点，异面直线AD与BE所成的角为，且1010cos，求四面体ABCD的体积。分析：依题意知BD平面ABC,且ABCS可求，只需求出三棱柱ABCD的高BD即可。解1（几何法）取CD种点F，连结EF,BF如图2,∵E中点AC，∴EF//AD,且ADEF21,FEB,在BEF中，,221,4212ACBEBDFEBF10102422cos2222BDBEFEBFBEFE,解得4BD..38422213131ADSVABCABCD解2（向量法）以BC,BA,BD为坐标轴建立空间直角坐标系如图3，则)0,1,1(),0,2,0(),0,0,2(),0,0,0(EACB，设),0,0(hD，则),,2,0(),0,1,1(hADBE1010422||||||cos2hADBEADBE，解得4h，.38422213131hSVABCABCD点评：求BD的长，即求点D到平面ABC的距离。注意向量夹角的范围是],0[，异面直线所成角的范围是]2,0(。变式1如图4:四棱锥P—ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,侧面PDC是边长为a的正三角形,且平面PDC⊥底面ABCD,在PC上是否存在一点E使异面直线PA与DE所成的角余弦值为.46解:若存在,取DC的中点O,连PO,∵△PDC为正三角形,∴PO⊥DC.又∵面PDC⊥面ABCD,∴PO⊥面ABCD.建立空间直角坐标系,xyzO如图4,则),0,2,0(),0,2,(),23,0,0(aCaaAaP)0,2,0(aD.用心爱心专心1图BCEADBCDAEPxzyO4图BCEADF2图AxyzBCED3图∵E在PC上,设),0,1()23,2,0(aaPCCE)23),1(2,0(aaOE,),23),2(2,0(aaDE又)23,2,(aaaPA,,1||,2||2aDEaPA,4612)1(2||||,cos22aaaDEPADEPADEPA即02522,解得21或2（舍去）,此时)43,4,0(aaOE,故当E为PC中点时,异面直线PA与DE所成的角余弦值为.46变式2.如图5所示的多面体是由底面为ABCD的长方形被截面FAEC1所截而得到的，其中4AB，2BC，31CC，1BE。求点C到平面FAEC1的距离。分析：求点C到平面FAEC1的距离用向量法较为容易，先设n为平面FAEC1的法向量，1CC与n的夹角为，求出nCCnCC11cos，然后用cos1CCd求点到面的距离。解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则)0,0,2(),1,4,2(),3,4,0(),0,4,0(),0,0,0(1AECCD。设n为平面FAEC1的法向量，显然n不垂直于平面ADF，故可设)1,,(yxn，由001ECnAEn得02020140yxyx，即022014xy，∴411yx。又)3,0,0(1CC，设1CC与n的夹角为，则333341161133||||cos11nCCnCC。用心爱心专心ACDB1CzyxEF5图∴C到平面FAEC1的距离为11334333343cos||1CCd。变式3.直三棱柱111CBAABC的侧棱31AA，在底面ABC中，90C，1ACBC。求直线11CB到平面BCA1的距离。分析：线与面的距离可以转化为点到面的距离,利用等体积转化法求解或向量法求解。解：如图6，BCBCCB,//11平面BCA1，//11CB平面BCA1，∴点1B到平面BCA1的距离，即直线11CB到平面BCA1的距离。设点1B到平面BCA1的距离为h。,,90BCACC又ACACCC,1平面11BBCC，11CA平面11BBCC。同理BC平面11AACC，又3,11AABC，21CA。由1111BCBABCABVV得11113131CAShSBCBBCA，,1312131212131h解得.23h故直线11CB到平面BCA1的距离.23用心爱心专心A1A1BCB1C6图