《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

9.如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC//平面DEFG，平面BEF//平面ADGC，AB = AD = DG = 2，AC = EF = 1，则该多面体的体积为________.

答案：
答案　4
解析　解法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH - ABC和一个斜三棱柱BEF - CHG. 由题意，知V三棱柱DEH - ABC = S△DEH·AD = ($\frac{1}{2}$×2×1)×2 = 2，V三棱柱BEF - CHG = S△BEF·DE = ($\frac{1}{2}$×2×1)×2 = 2. 故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG = 2 + 2 = 4.
解法二(补形法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI - DEKG = 2³ = 8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG = $\frac{1}{2}$×8 = 4.

例9　　(2023·江西吉安模拟)如图，在正三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，若AA₁ = 3，AB = 2，D是棱CC₁的中点，点E在棱AA₁上，则三棱锥B₁ - EBD的体积为　　　　　　　　　　　　(　　　)

A. 1
B. 2
C. $\sqrt{3}$
D. 2$\sqrt{3}$
[课堂笔记]　　______________________________

答案： C　[
∵在正三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，AA₁ = 3，AB = 2，D是棱CC₁的中点，点E在棱AA₁上，
∴S△BDB₁ = $\frac{1}{2}$BB₁·BC = $\frac{1}{2}$×3×2 = 3，点E到平面BDB₁的距离h = $\sqrt{4 - 1}$ = $\sqrt{3}$，
∴三棱锥B₁ - EBD的体积为VB₁ - EBD = VE - BDB₁ = $\frac{1}{3}$S△BDB₁·h = $\frac{1}{3}$×3×$\sqrt{3}$ = $\sqrt{3}$. 故选C.]

10.在直三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，AB = 1，BC = 2，AC = $\sqrt{3}$，AA₁ = 1，则点B₁到平面A₁BC的距离为______.

答案： 答案　$\frac{\sqrt{21}}{7}$
解析　因为AB² + AC² = BC²，所以AB⊥AC. 则S△ABC = $\frac{1}{2}$AB·AC = $\frac{\sqrt{3}}{2}$. 因为三棱锥C - A₁AB与三棱锥C - A₁B₁B的底面积相等(S△A₁AB = S△A₁B₁B)，高也相等(点C到平面ABB₁A₁的距离)，所以三棱锥C - A₁AB与三棱锥C - A₁B₁B的体积相等．又VC - A₁AB = VA₁ - ABC = $\frac{1}{3}$S△ABC·AA₁ = $\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×1 = $\frac{\sqrt{3}}{6}$，所以VC - A₁B₁B = VB₁ - A₁BC = $\frac{\sqrt{3}}{6}$. 易得A₁B = $\sqrt{2}$，A₁C = 2，在等腰三角形A₁BC中，A₁B上的高为$\sqrt{2^{2}-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}$ = $\frac{\sqrt{14}}{2}$，则S△A₁BC = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{14}}{2}$ = $\frac{\sqrt{7}}{2}$. 设点B₁到平面A₁BC的距离为h，则VB₁ - A₁BC = $\frac{1}{3}$S△A₁BC·h = $\frac{\sqrt{3}}{6}$，解得h = $\frac{\sqrt{21}}{7}$.