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立体几何典型题型(理科)


立体几何经典例题剖析
考点一 空间向量及其运算 1. 已知 A, B, C 三点不共线,对平面外任一点,满足条件 OP ? 试判断:点 P 与 A, B, C 是否一定共面? 解析:要判断点 P 与 A, B, C 是否一定共面,即是要判断是否存在有序实数对 x, y 使 AP ? xAB ? yAC 或对 空间任一点 O ,有 OP ? OA ? xAB ? yAC 。 答案:由题意: 5OP ? OA ? 2OB ? 2OC , ∴ (OP ? OA) ? 2(OB ? OP) ? 2(OC ? OP) , ∴ AP ? 2PB ? 2PC ,即 PA ? ?2PB ? 2PC , 所以,点 P 与 A, B, C 共面. 点评:在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候,首先要选择恰当的充要条件形式,然后对 照形式将已知条件进行转化运算. 2. 如图,已知矩形 ABCD 和矩形 ADEF 所在平面互相垂直,点 M , N 分别在对角线 BD , AE 上,且

1 2 2 OA ? OB ? OC , 5 5 5

1 1 BD , AN ? AE .求证: MN // 平面 CDE . 3 3 解析:要证明 MN // 平面 CDE ,只要证明向量 NM 可以用平面 CDE 内的两 BM ?
个不共线的向量 DE 和 DC 线性表示.

1 BD ,所以 3 1 1 1 1 1 MB ? DB ? DA ? AB .同理 AN ? AD ? DE ,又 3 3 3 3 3 CD ? BA ? ? AB ,所以 MN ? MB ? BA ? AN 1 1 1 1 2 1 2 1 ? ( DA ? AB) ? BA ? ( AD ? DE ) ? BA ? DE ? CD ? DE .又 CD 与 DE 不共线,根据共面向 3 3 3 3 3 3 3 3 量定理,可知 MN , CD , DE 共面.由于 MN 不在平面 CDE 内,所以 MN // 平面 CDE .
答案:证明:如图,因为 M 在 BD 上,且 BM ? 点评:空间任意的两向量都是共面的.与空间的任两条直线不一定共面要区别开. 考点二 证明空间线面平行与垂直 3. 如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AC=3, BC=4, AA1=4, 点 D 是 AB 的中点, (I) 求证: AC⊥BC1; (II) 求证:AC 1//平面 CDB1; 解析:(1)证明线线垂直方法有两类:一是通过三垂线定理或逆定理证明,二是通过线面垂直来证明线线垂 直;(2)证明线面平行也有两类:一是通过线线平行得到线面平行,二是通过面面平行得到线面平行. 答案:解法一:(I)直三棱柱 ABC-A1B1C1,底面三边长 AC=3,BC=4AB=5, ∴ AC⊥BC,且 BC1 在平面 ABC 内的射影为 BC,∴ AC⊥BC1; (II)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连结 DE,∵ D 是 AB 的中点,E 是 BC1 的中点,

∴ DE//AC1,∵ DE ? 平面 CDB1,AC1 ? 平面 CDB1, ∴ AC1//平面 CDB1; 解法二:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5, ∴AC、BC、C1C 两两垂直,如图,以 C 为坐标原点,直线 CA、CB、C1C 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(3,0, A
1

z C
1 1

B E

3 0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D( ,2,0) 2
(1)∵ AC =(-3,0,0), BC1 =(0,-4,0),∴ AC ? BC1 =0, ∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交战为 E,则 E(0,2,2).∵ DE =(- ∴DE∥AC1. 点评:2.平行问题的转化:
转化 转化

C A

B

y

x

3 1 ,0,2), AC1 =(-3,0,4),∴ DE ? AC1 , 2 2

面面平行

线面平行

线线平行;

主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理.

4.(2007 武汉 3 月) 如图所示, 四棱锥 P—ABCD 中, AB ? AD, CD ? AD, PA ? 底面 ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M 为 PC 的中点。 (1)求证:BM∥平面 PAD; (2)在侧面 PAD 内找一点 N,使 MN ? 平面 PBD; (3)求直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦。 解析:本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直, 二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.

答案:(1)? M 是 PC 的中点,取 PD 的中点 E ,则

1 1 CD ,又 AB CD 2 2 ? 四边形 ABME 为平行四边形 ? BM ∥ EA , BM ? 平面PAD EA ? 平面PAD (4 分) ? BM ∥ 平面PAD (2) 以 A 为原点, 以 AB 、 AD 、 AP 所在直线为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 如图, 则 B?1,0,0) ? , C ?2,2,0? , D?0,2,0? , P?0,0,2? , M ?1,1,1? , E?0,1,1?
ME
在平面 PAD 内设 N ?0, y, z ? , MN ? ?? 1, y ? 1, z ? 1? , PB ? ?1,0,?2? , DB ? ?1,?2,0?
?? ? ?? ? ?? ?

由 MN ? PB

?? ?

?? ?

? MN ? PB ? ?1 ? 2 z ? 2 ? 0
由 MN ? DB
?? ? ?? ?

?? ? ?? ?

?z ?
?? ? ?? ?

1 2

? MN ? DB ? ?1 ? 2 y ? 2 ? 0

?y?

1 2
(8 分)

? 1 1? ? N ? 0, , ? ? N 是 AE 的中点,此时 MN ? 平面PBD ? 2 2? (3)设直线 PC 与平面 PBD 所成的角为 ? ?? ? ?? ? ?? ? ?? ? 1 1? ? PC ? ?2,2,?2 ? , MN ? ? ? 1,? ,? ? ,设 PC, MN 为 ? 2 2? ?
cos? ? PC? MN
??? ??? ?? ? ?? ?

?

?2 2 3? 6 2

??

PC MN

2 3

sin ? ? ?c o ? s ?

2 3

故直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦为 解法二: (1)? M 是 PC 的中点,取 PD 的中点 E ,则

2 3

(12 分)

1 1 CD ,又 AB CD 2 2 ? 四边形 ABME 为平行四边形 ? BM ∥ EA , BM ? 平面PAD EA ? 平面PAD (4 分) ? BM ∥ 平面PAD (2)由(1)知 ABME 为平行四边形 PA ? 底面ABCD? PA ? AB ,又 AB ? AD 同理 CD ? 平面PAD , AE ? 平面PAD ? AB ? 平面PAD CD ∥ ME , CD ? PD ,又 PD ? AE 为矩形 ? AB ? AE ?AB ME ? ME ? PD ? PD ? 平面A B M E PD ? 平面P B D 作 MF ? EB 故 MF ? 平面PBD ? 平面PBD ? 平面ABME MF 交 AE 于 N ,在矩形 ABME 内, AB ? ME ? 1 , AE ? 2 2 2 N 为 AE 的中点 , NE ? ? MF ? 2 3 (8 分) ? 当点 N 为 AE 的中点时, MN ? 平面PBD ( 3 )由( 2 )知 MF 为点 M 到平面 PBD 的距离, ?MPF 为直线 PC 与平面 PBD 所成的角,设为 ? , MF 2 sin ? ? ? MP 3
ME

? 直线 PC 与平面 PBD 所成的角的正弦值为

2 3

点评:(1)证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可;(2)求斜线与平面所成的角只需在斜线 上找一点作已知平面的垂线,斜线和射影所成的角,即为所求角;(3)证明线面垂直只需证此直线与平面内两条 相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来 考点三 求空间图形中的角与距离 根据定义找出或作出所求的角与距离,然后通过解三角形等方法求值, 注意“作、证、算”的有机统一.解题时注意各种角的范围:异面直线所成 角的范围是 0°<θ≤90°,其方法是平移法和补形法;直线与平面所成角 的范围是 0°≤θ≤90°, 其解法是作垂线、 找射影; 二面角 0°≤θ≤180°,

其方法是:①定义法;②三垂线定理及其逆定理;③垂面法 另外也可借助空间向量求这三种角的大小.
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5. (四川省成都市

2007 届高中毕业班第三次诊断性检测) 如图, 四棱锥 P ? ABCD 中, 侧面 PDC

是边长为 2 的正三角形,且与底面垂直,底面 ABCD 是 ?ADC ? 60 的菱形, M 为 PB 的中点. (Ⅰ)求 PA 与底面 ABCD 所成角的大小; (Ⅱ)求证: PA ? 平面 CDM ; (Ⅲ)求二面角 D ? MC ? B 的余弦值. 解析:求线面角关键是作垂线,找射影,求异面直线所成的角采用平 移法
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求二面角的大小也可应用面积射影法,比较好的方法是向量法

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答案:(I)取 DC 的中点 O,由 ΔPDC 是正三角形,有 PO⊥DC. 又∵平面 PDC⊥底面 ABCD,∴PO⊥平面 ABCD 于 O. 连结 OA,则 OA 是 PA 在底面上的射影.∴∠PAO 就是 PA 与底面所成角. ∵∠ADC=60° ,由已知 ΔPCD 和 ΔACD 是全等的正三角形,从而求得 OA=OP= 3 . ∴∠PAO=45° .∴PA 与底面 ABCD 可成角的大小为 45° . ……6 分 (II)由底面 ABCD 为菱形且∠ADC=60° ,DC=2,DO=1,有 OA⊥DC. 建立空间直角坐标系如图,则 A( 3, 0, 0), P(0, 0, 3), D(0, ?1, 0) , B( 3, 2, 0), C (0, 1, 0) . 由 M 为 PB 中点,∴ M ( ∴ DM ? (
3 3 , 1, ). 2 2

3 3 , 2, ), PA ? ( 3, 0, ? 3), DC ? (0, 2, 0) . 2 2 3 3 ? 3 ? 2? 0 ? (? 3) ? 0 , 2 2

∴ PA ? DM ?

PA ? DC ? 0 ? 3 ? 2 ? 0 ? 0 ? (? 3) ? 0 .

∴PA⊥DM,PA⊥DC. (III) CM ? (

∴PA⊥平面 DMC. 的法向量 n ? (x, y, z) , ……②

……4 分

3 3 , 0, ), CB ? ( 3, 1, 0) .令平面 BMC 2 2

则 n ? CM ? 0 ,从而 x+z=0; ……①, 由①、②,取 x=?1,则 y ? 3, z ? 1 . 由(II)知平面 CDM 的法向量可取 PA ? ( ∴ cos ? n, PA ??
n ? PA ?2 3 10 ? ?? 5 | n | | PA | 5? 6

n ? CB ? 0 ,从而 3x ? y ? 0 .

∴可取 n ? (?1, 3, 0, ? 3) ,

3, 1) .

. ∴所求二面角的余弦值为-

10 5



……6 分

法二:(Ⅰ)方法同上 (Ⅱ)取 AP 的中点 N ,连接 MN ,由(Ⅰ)知,在菱形 ABCD 中,由于 ?ADC ? 60 , 则 AO ? CD ,又 PO ? CD ,则 CD ? 平面APO ,即 CD ? PA ,

1 1 AB , CO // AB ,则 MN //CO , 2 2 则四边形 OCMN 为 ,所以 MC // ON ,在 ?APO 中, AO ? PO , 则 ON ? AP ,故 AP ? MC 而 MC CD ? C , 则 PA ? 平面MCD (Ⅲ)由(Ⅱ)知 MC ? 平面PAB ,则 ?NMB 为二面角 D ? MC ? B 的平面角,
又在 ?PAB 中,中位线 MN // 在 Rt ?PAB 中,易得 PA ? 6, PB ?

PA2 ? AB 2 ?

6 ? 22 ? 10 , cos ?PBA ?

2

AB 2 10 , ? ? PB 5 10

cos ?NMB ? cos(? ? ?PBA) ? ?

10 10 故,所求二面角的余弦值为 ? 5 5

点评:本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法,综合性较强

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用平移法求异面直线所

成的角,利用三垂线定理求作二面角的平面角,是常用的方法.

D1
6. (2007 河北省唐山市三模)如图,在长 方体 ABCD? A 1 B 1 C 1 D 1 中, AD ? AA 1 ? 1, AB ? 2, 点 E 在线段 AB 上. (Ⅰ)求异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角; (Ⅱ)若二面角 D1 ? EC ? D 的大小为 45 ? ,求 点 B 到平面 D1EC 的距离.

C1

A1

B1

D

C

A

E

B

解析:本题涉及立体几何线面关系的有关知识, 本题实质上求角度和距离,在求此类问题中,要将这些量归结到三角 形中,最好是直角三角形,这样有利于问题的解决,此外用向量也是一种比较好的方法. 答案:解法一:(Ⅰ)连结 AD1 。由已知, AA1D1D 是正方形,有 AD1 ? A 1D 。 ∵ AB ? 平面 AA1D1D ,∴ AD1 是 D1E 在平面 AA1D1D 内的射影。

90 ? 。 根据三垂线定理, AD1 ? D1E 得,则异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角为
作 DF ? CE ,垂足为 F ,连结 D1F ,则 CE ? D1F 所以 ?DFD1 为二面角 D1 ? EC ? D 的平面角, ?DFD1 ? 45? . 于是 DF ? DD1 ? 1, D1F ? 2 易得 Rt ?BCE ? Rt ?CDF ,所以 CE ? CD ? 2 ,又 BC ? 1 ,所以 BE ? 3 。 设点 B 到平面 D1EC 的距离为 h . ∵ VB?CED1 ? VD?BCE , 即 ? CE ? D1 F ? h ?

1 1 3 2

1 1 ? BE ? BC ? DD1 , 3 2

∴ CE ? D1F ? h ? BE ? BC ? DD1 ,即 2 2h ? 3 ,∴ h ?

6 . 4

故点 B 到平面 D1EC 的距离为

6 。 4

解法二:分别以 DA, DB, DD1 为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系. (Ⅰ)由 A1 (1,0,1) ,得 DA 1 ? (1,0,1) 设 E (1, a, 0) ,又 D1 (0,0,1) ,则 D1E ? (1, a, ?1) 。

∵ DA 1?D 1E ? 1 ? 0 ?1 ? 0 ∴ DA 1 ?D 1E

90 ? 。 则异面直线 D1E 与 A 1 D 所成的角为
(Ⅱ) m ? (0,0,1) 为面 DEC 的法向量,设 n ? ( x, y, z ) 为面 CED1 的法向量,则

n ? ( x, y, z ) | cos ? m, n ?|?
∴ z 2 ? x2 ? y 2 .

| m?n| ? | m || n |

|z| x2 ? y 2 ? z 2


? cos 45? ?

2 2

由 C (0, 2,0) ,得 DC 1 ? (0,2, ?1) ,则 n ? D 1C ,即 n ? D 1C ? 0 ∴ 2y ? z ? 0 由①、②,可取 n ? ( 3,1, 2) 又 CB ? (1,0,0) ,所以点 B 到平面 D1EC 的距离 ②

d?

| CB ? n | 3 6 。 ? ? |n| 4 2 2

点评:立体几何的内容就是空间的判断、推理、证明、角度和距离、面积与体积的计算,这是立体几何的重 点内容,本题实质上求角度和距离,在求此类问题中,尽量要将这些量归结于三角形中,最好是直角三角形,这样计算起 来,比较简单,此外用向量也是一种比较好的方法,不过建系一定要恰当,这样坐标才比较容易写出来. 考点四 探索性问题 7. (2007

年 4 月济南市)如图所示:边长为 2 的正方形 ABFC 和高为 2 的直角梯形 ADEF 所在的平面

互相垂直且 DE= 2 ,ED//AF 且∠DAF=90°。 (1)求 BD 和面 BEF 所成的角的余弦; (2)线段 EF 上是否存在点 P 使过 P、A、C 三点的平面和直线 DB 垂直,若存在,求 EP 与 PF 的比值;若不 存在,说明理由。

1 , 3 , 5

解析:1.先假设存在,再去推理,下结论: 2.运用推理证明计算得出结论,或先利用条件特例得出结论,然后 再根据条件给出证明或计算。 答案:(1)因为 AC、AD、AB 两两垂直,建立如图坐标系, 则 B(2,0,0),D(0,0,2), E(1,1,2),F(2,2,0), 则 DB ? (2,0,0), BE ? (?1,1,2), BF ? (0,2,0) 设平面 BEF 的法向量 n ? ( x, y, z),则 ? x

? y ? 2 z ? 0, y ? 0 ,则可取 n ? (2,1,0) ,
∴向量 DB和n ? (2,0,1) 所成角的余弦为

2?2 ? 0 ? 2 2 2 ? 12 2 2 ? (?2) 2

?

10 。 10

即 BD 和面 BEF 所成的角的余弦

10 。 10

(2)假设线段 EF 上存在点 P 使过 P、A、C 三点的平面和直线 DB 垂直,不妨设 EP 与 PF 的比值为 m,则 P

1 ? 2m 1 ? 2m 2 , , ), 1? m 1? m 1? m 1 ? 2m 1 ? 2m 2 1 ? 2m 1 2 , , ), ,向量 CP ? ( ,? , ), 则向量 AP ? ( 1? m 1? m 1? m 1? m 1? m 1? m 1 ? 2m 1 ? 2m 2 1 ?0 ? (?2) ? 0, 所以 m ? 。 所以 2 1? m 1? m 1? m 2
点坐标为 ( 点评:本题考查了线线关系,线面关系及其相关计算,本题采用探索式、开放式设问方式,对学生灵活运用知 识解题提出了较高要求。

D 是 AB 的中点, AC ⊥ BC , VC ⊥底面ABC , 8. (2007 安徽· 文) 如图, 在三棱锥 V ? ABC 中, 且 AC ? BC ? a ,

π? ? ∠VDC ? ? ? 0 ? ? ? ? . 2? ?
(I)求证:平面 VAB ⊥ 平面 VCD ; (II)试确定角 ? 的值,使得直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 解析:本例可利用综合法证明求解,也可用向量法求解. 答案:解法 1:(Ⅰ)∵ AC ? BC ? a ,∴△ ACB 是等腰三角形,又 D 是 AB 的中点, A ∴ CD ? AB ,又 VC ? 底面 ABC .∴VC ? AB .于是 AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB ,∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ) 过点 C 在平面 VCD 内作 CH ? VD 于 H ,则由(Ⅰ)知 CD ? 平面 VAB . 连接 BH ,于是 ?CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角. 依题意 ?CBH ?

π . 6



C D B

π ,所以 6

在 Rt△CHD 中, CH ?

2 a sin ? ; 2
π a ? , 6 2

在 Rt△BHC 中, CH ? a sin

∴sin ? ?
∵0 ? ? ?
故当 ? ?

2 . 2
π π ,∴? ? . 2 4

π π 时,直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 4 6

, CB , CV 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 解法 2 :(Ⅰ)以 CA

? ? 2 ?a a ? C (0, 0,, 0) A(a, 0,, 0) B(0,a,, 0) D ? , , 0 ?,V ? 0 , 0 , a tan ? ? ? ?, 2 ?2 2 ? ? ? ? 于是, VD ? ? , , ?a a ?2 2 ? ? 2 ?a a ? a tan ? ? , CD ? ? , , 0 ? , AB ? (?a,a, 0) . ? 2 ?2 2 ? ?

从而 AB · CD ? (?a,a, 0) ·? ,, 0? ? ?

?a a ?2 2

? ?

1 2 1 2 a ? a ? 0 ? 0 ,即 AB ? CD . 2 2
z V

· VD ? (?a,a, 0) ·? ,, ? 同理 AB
即 AB ? VD .又 CD

?a a ?2 2 ?

? 2 1 1 a tan ? ? ? ? a2 ? a2 ? 0 ? 0 , ? 2 2 2 ?

VD ? D ,∴ AB ? 平面 VCD .

又 AB ? 平面 VAB . ∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ)设平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) , 则由 n · AB ? 0,n · VD ? 0 . C D A x B y

??ax ? ay ? 0, ? 得 ?a a 2 az tan ? ? 0. ? x? y? ?2 2 2
可取 n ? (11 , ,2 cot ? ) ,又 BC ? (0, ? a, 0) ,

于是 sin

π n · BC a 2 ? ? ? sin ? , 6 2 n· BC a · 2 ? 2 cot 2 ?
π π 2 ∵ 0 ? ? ? ,∴? = . 2 4 2

即 sin ? ? 故交 ? =

π π 时,直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 . 4 6

解法 3:(Ⅰ)以点 D 为原点,以 DC,DB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

0,, 0) A ? 0, ? 则 D(0, ? ? ?

? ? ?

? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 a, 0? ,B ? 0, a, 0? ,C ? ? a, 0, 0? a, 0, a tan ? ? ,V ? ? ? ? ? ? ? ? ?, 2 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?

于是 DV ? ? ?

? ? ? 2 2 2 a, 0, a tan ? ? a , 0 , 0 , DC ? ? ? 0) . ? ? ? 2 ? , AB ? (0,2a, 2 2 ? ? ? ? ? ? ? 2 a, 0, 0? ? ? 0 ,即 AB ? DC . 2 ? ? 2 2 a, 0, a tan ? ? ? ? 0 ,即 AB ? DV . 2 2 ?

从而 AB · DC ? (0,2a, 0)· ? ?

· DV ? (0, 2a, 0) ? ? 同理 AB
又 DC

? ? ?

DV ? D , ∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB , ∴ 平面 VAB ? 平面 VCD .
(Ⅱ)设平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) ,

? 2ay ? 0, ? 则由 n · AB ? 0,n · DV ? 0 ,得 ? 2 2 ax ? az tan ? ? 0. ?? ? 2 2
0, 1) ,又 BC ? ? ? 可取 n ? (tan ?,

V

? ? ?

? 2 2 a, ? a, 0? ?, 2 2 ?
A

C D x

B

y

2 a tan ? π n · BC 2 2 sin ? ? ? sin ? , 于是 2 6 2 n· BC a · 1 ? tan ?
π π π π , ∵0 ? ? ? , ∴? = . 故角 ? ? 时, 2 2 4 4 π 即直线 BC 与平面 VAB 所成角为 . 6
即 sin ? ?

点评:证明两平面垂直一般用面面垂直的判定定理,求线面角一是找线在平面上的射影在直角三角形中求解,但 运用更多的是建空间直角坐标系,利用向量法求解 考点五 折叠、展开问题 9.(2006 年辽宁高考)已知正方形 ABCD 示,记二面角 A ? DE ? C 的大小为 ? (0 ? ? ? ? ) (I) 证明 BF // 平面 ADE ; (II) 若 ACD 为 正 三 角 形 , 试 判 断 点 A 在 平 面
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E 、 F 分别是 AB 、 CD 的中点,将 ADE 沿 DE 折起,如图所

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B C D E内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明你的结论,
并求角 ? 的余弦值
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A B G E D F C

分析:充分发挥空间想像能力, 重点抓住不变的位

置和数量关系,借助模型图形得出结论,并给出证明. 解: (I)证明:EF 分别为正方形 ABCD 得边 AB、CD 的中点,

? EB//FD,且 EB=FD, ? 四边形 EBFD 为平行四边形 ? BF//ED.
EF ? 平面AED, 而BF ? 平面AED ,? BF // 平面 ADE
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(II)如右图,点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,过点 A 作 AG 垂直于平面 BCDE,垂足为 G,连结 GC,GD

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? ACD 为正三角形,? AC=AD.

? CG=GD.
G 在 CD 的垂直平分线上, ? 点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上, 过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角
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即 ?AHG ? ? .

设原正方体的边长为 2a, 连结 AF, 在折后图的 ? AEF 中 ,AF= 3a ,EF=2AE=2a, 即 ? AEF 为直角三角形 ,

AG ? EF ? AE ? AF .

? AG ?

2 3 a. a 在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD ? AH ? 2 5
a 2 5
, cos ? ?

? GH ?

GH 1 ? AH 4

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特级教师 王新敞
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点评:在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中,一般来说,位于同一平面内的几何元素相对位置和数量 关系不变:位于两个不同平面内的元素,位置和数量关系要发生变化,翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂 线。关键要抓不变的量. 考点六 球体与多面体的组合问题 10.设棱锥 M-ABCD 的底面是正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果Δ AMD 的面积为 1,试求能够放入这 个棱锥的最大球的半径. 分析:关键是找出球心所在的三角形,求出内切圆半径. 解: ∵AB⊥AD,AB⊥MA, ∴AB⊥平面 MAD, 由此,面 MAD⊥面 AC. 记 E 是 AD 的中点,从而 ME⊥AD. ∴ME⊥平面 AC,ME⊥EF. 设球 O 是与平面 MAD、平面 AC、平面 MBC 都相切的球. 不妨设 O∈平面 MEF,于是 O 是Δ MEF 的内心.

设球 O 的半径为 r,则 r= 设 AD=EF=a,∵SΔ AMD=1. ∴ME=

2S △MEF EF ? EM ? MF

2 2 2 2 .MF= a ? ( ) , a a

r=

2 a? 2 2 ? a 2 ? ( )2 a a



2 = 2 -1。 2?2 2

当且仅当 a=

2 ,即 a= 2 时,等号成立. a

∴当 AD=ME= 2 时,满足条件的球最大半径为 2 -1. 点评: 涉及球与棱柱、 棱锥的切接问题时一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面, 把空间问题化归为平面问题, 再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系。注意多边形内切圆半径与面积和周长间的关系;多面体内切球半 径与体积和表面积间的关系。



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