已知正方体ABCD-ABCD的棱长为求异面直线AD与AC间.DOCVIP

1：已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线Ａ1Ｄ与AC间的距离. 分析：(利用《几何画板》展示教学步骤) 如图所示,连结A1C1 , AC1,则AC//A1 C1 ∴ AC //平面A1DC1 ∴ A到平面A1DC1h就是AC与DA1. ((()h=((1(1(1 (h= 即AC、A1D间的距离为 ，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）.（2003年全国高考题） A．3( B.4( C.3( D. 6( 分析:构造一个棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D(如图) 连AB1,AD1,AC,CD1,CB1,B1D1,则四面体B1—ACD1为符合题意的四面体，它的外接球的直径即为正方体的对角线长.设该外接球的半径为R,则2R=AC1=,所以此正四面体外接球的表面积为S=4(R2=3(,故选A. 3：在四面体的四个侧面中,直角三角形最多可有( ). A. 1个 B. 2个 C. 3个 D .4个 分析:构造如图所示的正方体,连B1D1、A1B、BD1 ,考察四面体B—B1D1A1 ,它的四个侧面都是直角三角形,故选D. 4:过正方形ABCD的顶点A作线段PA面ABCD ,若AB=PA ,求面PAB和面PCD所成二面角的大小. 分析:如图,将四棱锥P—ABCD补成正方体PQRS—ABCD ，则PQ为面PAB与面PCD的交线.由正方体性质知PD(PQ ,AP(PQ , ( (DPA为所求二面角的平面角,易知(DPA=45(. 构造长方体 长方体的六个面都是矩形，每个顶点上的三条棱两两互相垂直.利用这些性质,构造长方体,常能使很多问题得到简化. 例5：已知ABCD是边长为4的正方形,E,F分别是AB和AD的中点,GC(平面ABCD于C,且GC=2,求点B到平面GEF的距离.(1991年全国高考题) 分析:如图,以边长为4的正方形ABCD为底面,GC为侧棱,构造长方体.由BD((EF,得BD((面EFG ,到平面EFG的距离,转化为底面中心O到平面EFG的距离Ok=(CG= 应用等积变换构造立几模型 充分应用等积变换、构造、辅助解题的模型，理清思路，这是解几何难题的一种常用方法. 6：在四面体A-BCD中，已知AB=a，CD=b，AB与CD间的距离为h，它们所成的角为θ，求四面体的体积 分析：（用等积变换）在平面BCD内过B点作BE∥CD，DE∥BC，BE、DE交于E点从而得平行四边形BCDE，连AE则A-BCDE为四棱锥 CD∥BE，且AB与CD所成角为θ ABE是AB、CD所成的角或补角，即∠ABE=θ或π-θ. S⊿ABE = ?AB?BE?sinθ= absinθ. ∵CD∥BE，∴CD∥面ABE AB与CD的公垂线为GF，则GF就是CD与面ABE的距离，也就是棱锥D-ABE的高线.显然GF⊥面ABE，且GF=h VD-ABE = ?h?absinθ= abh?sinθ ∵DE∥BC，∴S⊿BDE = S⊿BCD .∴VD-ABE= VA-BDE = VA-BCD . ∴VA-BCD = abh?sinθ 分割图形 巧补图形可使某些立几问题迅速准确获解,同样适当地分割图形,也可使某些立几问题趋于简单,从而为问题的顺利解决提供了方便. 7：如图三棱锥P—ABC中，已知PA(BC，PA=BC=l，PA、BC的公垂线段DE=h.求三棱锥P—ABC的体积. 分析:直接考虑会因条件用不上感到束手无策.如考虑过DE、BC的平面分割三棱锥P—ABC为两个三棱锥P—BCD和A—BCD.则问题简捷解出. 解:∵PA(BC,PA(DE, ∴PA(面BCD. (VP(BCD = (S(BCD(PD=(l(l(h(PD, (VA(BCD = (S(BCD(AD=(l(l(h(AD (VP(BCA = VP(BCD+ VA(BCD = (l(l(h( l =h l2 8 ：已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为6，侧棱长为3,求三棱锥B- CA1 C1. 如图： 分析：面BA1C1 、面BCA1将这个三棱柱分割为三个三棱锥. ∴ = V正三棱柱 = S⊿ABC?h= ×××62×3=27 9如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E在AB1上，F在BD上，且B1E＝BF. 求证：EF∥平面BB1C1C. 证法一：连AF延长交BC于M，连结B1M. ∵AD∥BC ∴△AFD∽△MFB ∴ 又∵BD＝B1A，B1E＝BF ∴DF＝AE ∴ ∴EF∥B1M，B1M平面BB1C1C ∴EF∥平面BB1C1C. 证法二：作FH∥AD交AB于H，连结HE ∵AD∥BC ∴FH∥BC，BCBB1C1C ∴FH∥平面BB1C1C 由FH∥AD可得 又BF＝B