详解十五道高中立体几何典型易错题

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典型立体几何题

典型例题一

例1 设有四个命题:

①底面是矩形的平行六面体是长方体; ②棱长都相等的直四棱柱是正方体;

③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体; ④对角线相等的平行六面体是直平行六面体. 其中真命题的个数是( )

A.1 B.2 C.3 D.4

分析:命题①是假命题.因为底面是矩形的直平行六面体才是长方体.底面是矩

形,侧棱不垂直于底面,这样的四棱柱仍是斜平行六面体;

命题②是假命题.底面是菱形,底面边长与棱长相等的直四棱柱不是正方体; 命题③是假命题.因为有两条侧棱垂直于义面一边不能推出侧棱与底面垂直. 命题④是真命题,如图所示,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中所有对角线相等,对角面B1BDD1是平行四边形,对角线

BD1?B1D,所以四边形B1BDD1是矩形,即BB1?BD,同理四边形A1ACC1是矩形,所以AA1?AC,由AA1//BB1知BB1?底面ABCD,即该平行六面体是直平行六面体.

故选A.

说明:解这类选择题的关键在于理清各种棱柱之间的联系与区别,要紧扣底面形状及侧棱与底面的位置关系来解题.

下面我们列表来说明平行四边形与平行六面体的性质的“类比”,由此,我们可以发现立体几何与平面几何许多知识是可以进行类比的.见表表

平行四边形 ①对边平行且相等 ②对角线交于一点,且在这一点互相平分 平行六面体 ①相对的侧面平行且全等 ②对角线交于一点且在这一点互相平分 ③四条边的平方和等于两条对角线③十二条棱的平方和等于四条对的平方和 1 / 16

角线的平方和 典型立体几何题

典型例题二

例2 如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,对角线BD1?8,BD1与侧面BB1C1C所成角为30?,求:(1)BD1与底面ABCD所成角;(2)异面直线BD1与AD所成角;(3)正四棱柱的全面积.

分析:正四棱柱是一种特殊的长方体,它的两底面ABCD、

A1B1C1D1是正方形,长方体中有比较多的线面垂直关系,而线面垂直关系往往是解决立体几何问题的关键条件.题中无论是已知线面成角,还是求线面成角,都要把它们转化为具体的角,落实

线面成角,先要找线面垂直关系.异面直线BD1与AD所成角通过AD//A1D1,落实为具体的?A1D1B.正四棱柱各个面都是矩形,求面积只要用矩形面积公式. 解:(1)在正四棱柱A1C中,∵D1C1?面BB1C1C,

∴?D1BC1是D1B与侧面BB1C1C所成角,即?D1BC1?30?. ∵ BD1?8,∴ D1C1?4,BC1?43, ∵ A1B1C1D1是正方形,∴B1C1?D1C1?4,

D1D?平面ABCD,∴ ?D1BD是D1B与底面ABCD所成角, 在Rt△D1DB中,BD?B1D1?42,BD1?8, ∴cos?D1BD?BD2,∴?D1BD?45?, ?BD12即BD1与底面ABCD所成角为45?. (2)∵AD//A1D1,

∴?A1D1B是BD1与AD所成角(或补角). ∵D1A1?平面AA1B1B,∴ D1A1?A1B,

Rt△A1D1B中,A1D1?4,BD1?8,

∴cos?A1D1B?

1,∴?A1D1B?60?, 2 2 / 16

典型立体几何题

即异面直线AD与BD1所成角为60?. (3)Rt△BB1C1中,B1C1?4,BC1?43. ∴ BB1?42,

∴ S全?24?4?4?42?4?42?3222?1.

说明:长方体是一种特殊的棱柱,充分感受其中丰富的线面垂直、线线垂直关系是灵活解题的关键,各种垂直关系是解决立体几何中证明和计算的重要条件.

典型例题三

例3 如图,已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长AA求直线B1C11?5,AB?12,与平面A1BCD1的距离.

分析:求直线到平面的距离,首先要找直线上的点到平面的垂线,而找平面的垂线的一个很有用的思路是,找平面内一条直线与某一平面垂直,这里我们不难看出,长方体中有CB?平面AA1BB1,这样,只要作B1H?A1B,又有B1H?CB,得到B1H?平面

????BCD1A1.

解:长方体AC1中,有BC?平面AA1BB1,过B1作B1H?A1B于H,又有

BC?B1H,

∴ B1H?平BCD1A1,即B1H是B1C1到平面A1BCD1的距离. 在Rt△BB1A1中,由已知可得,BB1?5,A1B1?12, ∴ A1B?13,∴B1H?60. 1360. 13即B1H是B1C1到平面A1BCD1的距离为

说明:长方体中有棱与面的线面垂直关系,正方体除此之外,还有对角线与对角面的线面垂直关系,比如,求正方体AC1中,A1C1与面C1BD所成角.这里,要

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典型立体几何题

找A1C1与C1BD所成角,必须找A1到平面C1BD的垂线,因为BD?面AA1C1C,在对角面AC1内,过A1作A1H?OC1于H,则BD?A1H,所以A1H?面C1BD,可以得到?A1C1O为A1C1与面C1BD所成角,在对角面AA1C1C中可计算

?A1C1O?arctan2.

典型例题四

例4 如图,已知直三棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB?AC,F为侧棱BB1上一点,

BF?BC?2a,FB1?a.(1)若D为BC的中点,E为AD上不同于A、D的任

一点,求证:EF?FC1;(2)若A1B1?3a,求FC1与平面AA 1B1B所成角的大小.分析:E点在AD上变化,EF为平面ADF内变化的一组相交直线(都过定点F),要证明C1F与EF垂直,必有C1F?平面ADF.求FC1与平面ABB1A1所成角的关键是找C1到面从而落实线面成角,直三棱柱中,侧棱AAABB1A1的垂线,1?平面A1B1C1给找点C1到面AB1的垂线创造了方便的条件. 解:(1)∵AB?AC,且D是BC的中点,∴AD?BC,

又∵ 直三棱柱中BB1?平面ABC,∴AD?BB1, ∴ AD?平面BB1C1C,∴AD?C1F. 在矩形BB1C1C中,BF?BC?2a,B1F?a, ∴DF?5a,FC1?5a,DC1?10a,

∴DF2?FC12?DC12,∴?DFC1?90?,即FC1?DF, ∴FC1?平面ADF,∴FC1?EF.

(2)过C1作C1H?A1B1于H,∵AA1?平面A1B1C,∴AA1?C1H, ∴C1H?平面AA1B1B,连接FH,?C1FH是C1F与平面AB1所成角. 在等腰△ABC中,AB?AC?3a,BC?2a,∴AD?22a,

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典型立体几何题

在等腰△A1B1C1中,由面积相等可得,C1H?3a?22?2a, ∴C1H?42a,又C1F?5a, 3410, 15在Rt△C1HF中,sin?C1FH?410, 15∴?C1FH?arcsin即C1F与平面AB1所成角为arcsin410. 15说明:由于点E在AD上变化,给思考增加了难度,但仔细思考,它又提供了解题的突破口,使得线线垂直成为了CF1与一组直线垂直.本题的证明还有一个可行的思路,虽然E在AD上变化,但是由于AD?平面BB1C1C,所以E点在平面BC1上的射影是定点D,EF在平面BC1上射影为定直线DF,使用三垂线定理,可由C1F?DF,直接证明

C1F?EF.三垂线定理是转化空间线线垂直为平面内线线垂直

O是底面ABCD的一个有力工具,再看一个例子,正方体AC1中,

的中心,E是A1B1上动点,F是DD1中点,求AF与OE所成角.我们取AD中点G,虽然E点变化,但OE在面AD1上射影为定直线A1G,在正方形AA1D1D中,易证A1B?AF,所以,AF?OE,即AF与OE所成角为90?.

典型例题五

例5 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为4,侧棱长为a,过BC的截面与底面成30?的二面角,分别就(1)a?3;(2)a?1计算截面的面积.

分析:要求出截面的面积,首先必须确定截面的形状,截面与底

面成30?的二面角,如果a较大,此时截面是三角形;但是如果a较小,此时截

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典型立体几何题

面与侧棱不交,而与上底面相交,截面为梯形.

解:截面与侧棱AA1所在直线交于D点,取BC中点E,连AE、DE, △ABC是等边三角形,∴AE?BC, ∵AA1?平面ABC,∴DE?BC.

∴?DEA为截面与底面所成二面角的平面角, ∴?DEA?30?.

∵等边△ABC边长为4,∴AE?23. 在Rt△DAE中,DA?AEtan?DEA?2.

(1)当a?3时,D点在侧棱AA1上,截面为△BCD, 在Rt△DAE中,DE?AD2?AE2?4, ∴S?BCD?11BC?DE??4?4?8. 22(2)当a?1时,D点在AA1延长线上,截面为梯形BCMN, ∵AD?2,AA1?1∴MN是△DBC的中位线, ∴S梯形BCMN?33S?DBC??8?6. 44说明:涉及多面体的截面问题,都要经过先确定截面形状,再解决问题的过程,本例通过改变侧棱长而改变了截面形状,我们也可以通过确定侧棱长,改变截面与底面成角而改变截面形状.

典型例题六

例6 斜三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C?底面ABC,BC?2,AC?23,

?ABC?90?,AA1?A1C,且AA1?A1C.

(1)求AA1与平面ABC所成角;

(2)求平面A1ABB1与平面ABC所成二面角的大小; (3)求侧棱BB1到侧面AA1C1C的距离.

分析:按照一般思路,首先转化条件中的面面垂直关系,

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典型立体几何题

由A1A?A1C,取AC的中点D,连A1D,则有A1D?AC,从而有A1D?平面ABC,在此基础上,A1A与底面所成角以及平面A1ABB1与底面所成二面角都能方便地找到,同时A1D?底面ABC也为寻找B点到面AA1C1C的垂线创造了条件.

解:(1)取AC的中点D,连接A1D,

∵A1A?A1C,∴A1D?AC,∵平面AA1C1C?底面ABC, ∴A1D?底面ABC,∴?A1AC为A1A与底面ABC所成角. ∵AA1?A1C且AA1?A1C,∴?A1AC?45?. (2)取AB中点E,则DE//BC,

∵?ABC?90?,∴CB?AB,∴DE?AB.

连A1E,∵A1D?底面ABC,∴A1E在平面ABC上射影为DE, ∴A1E?AB,∴?A1ED为侧面A1B与底面ABC所成二面角的平面角. 在等腰Rt△A1AC中,AC?23,∴A1D?3. 在Rt△ABC中,BC?2,∴DE?1. 在Rt△A1DE中,tan?A1ED?A1D?3, DE?∴?A1ED?60?,即侧面AA1B1B与底面ABC所成二面角的大小为60.

(3)过B作BH?AC于H,

∵A1D?底面ABC,∴A1D?BH,∴BH?平面AA1C1C, 在Rt△ABC中,AC?23,BC?2,∴AB?22, ∴BH?AB?BC22?6,即BB1到平面AA6. CC的距离为11AD33说明:简单的多面体是研究空间线面关系的载体,而线面垂直关系又是各种关系中最重要的关系,立体几何中的证明与计算往往都与线面垂直发生联系,所以在几何体中发现并使用线面垂直关系往往是解题的关键.

典型例题七

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典型立体几何题

例7 斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC是直角三角形,?C?90?,BC?2cm,

B1在底面上的射影D恰好是BC的中点,侧棱与底面成60?角,侧面AA1B1B与侧面BB1C1C所成角为30?,求斜棱柱的侧面积与体积.

分析:B1在底面ABC上射影D为BC中点,提供了线面垂直

B1D?平面ABC,另外又有?C?90?,即AC?BC,又可以得到

AC?平面BB1C1C,利用这两个线面垂直关系,可以方便地找到

条件中的线面角以及二面角的平面角.

解:∵B1在底面ABC上,射影D为BC中点. ∴B1D?平面ABC.

∴?B1BD为侧棱B1B与底面ABC所成角,即?B1BD?60?, ∵?C?90?,即AC?BC,又AC?B1D,

∴AC?平面BB1C1C,过A作AE?B1B于E,连接CE,则CE?B1B. ∴?AEC是侧面AA1B1B与侧面CC1B1B所成二面角的平面角, ∴?AEC?30?,

在直角△CEB中,∵?CEB?60?,BC?2,∴CE?3, 在直角△ACE中,∵?CEA?30?,CE?3, ∴AC?ECtan30??1,AE?2AC?2, 在直角△B1DB中,?B1BD?60?,BD?1BC?1, 2∴BB1?2BD?2,B1D?BB1sin60??3. ∴侧面积为S侧?CE?BB1?AE?BB1?AC?AA1

??3?2?1??2??3?3??2?2?3?3?cm.

2体积为V?S?ABC?B1D?11AC?BC?B1D??1?2?3?3cm3. 22 8 / 16

典型立体几何题

说明:本例中△ACE是斜棱柱的一个截面,而且有侧棱与该截面垂直,这个截面称为斜棱柱的直截面,我们可以用这个截面把斜棱柱分成两部分,并且用这两部分拼凑在一个以该截面为底面的直棱柱,斜棱柱的侧面积等于该截面周长乘以侧棱长,体积为该截面面积乘以侧棱长.

典型例题八

例8 如图所示,在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中,已知AB?AD?2a,AA1?a,又?A1AD??DAB??A1AB?60?.

(1)求证:AA1?截面B1D1C; (2)求对角面A1ACC1的面积. 分析:

(1)由题设易证AA再只需证AA1?B1C,即1?B1D1,

证CC1?CD1.而由对称性知,若CC1?B1C,则CC1?CD1,故不必证AA 1?B1D1.

(2)关键在于求对角面的高.

证明:(1)∵B1C1?AD?2a,CC1?A1A?a,?B1C1C??A1AD?60?, ∴在?B1C1C中,由余弦定理,得B1C2?3a2. 再由勾股定理的逆定理,得C1C?B1C. 同理可证:C1C?CD1.∴C1C?平面B1D1C. 又C1C//A1A,∴AA1?平面B1D1C.

解:(2)∵AB?AD,∴平行四边形ABCD为菱形.AC为?BAD的平分线. 作A1O∴?平面AC于O,

由?A1AD??A1AB,知O?AC.作A1M?AB于M,连OM,则OM?AB. 在Rt?A1AM中,AM?A1A?cos60??在Rt?AOM中,AO?AM?sec30??1a, 2a. 3 9 / 16

典型立体几何题

在Rt?A1AO中,A1O?A1A2?AO2?2a. 3又在?ABC中,由余弦定理,得AC?23a. ∴SA1ACC1?AC?A1O?22a2.

说明:本题解答中用到了教材习题中的一个结论——经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线.如果斜线和这个角两边的夹角相等,那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线.

另外,还有一个值得注意的结论就是:如果一个角所在平面外一点到角的两边所在直线的距离相等,那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线所在的直线上.

典型例题九

例9 如图所示,已知:直三棱柱ABC?A1B1C1中,?ACB?90?,?BAC?30?,

M是CC1的中点. BC?1,AA1?6,

求证:AB1?A1M.

分析:根据条件,正三棱柱形状和大小及M点的位置都是确定的,故可通过计算求出A1M与AB1两异面直线所成的角.

因为B1C1?C1C,B1C1?A1C1,所以B1C1?侧面AA1C1C.AC1是斜线AB1在平面AA1C1C的射影,设AC1与A1M的交点为D,只需证得?MDC1?90?即可.

证明:∵B1C1?C1C,B1C1?A1C1,C1C与A1C1交于点C1, ∴B1C1?面AA1C1C.

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典型立体几何题

16∵M为CC1的中点,∴MC1?C1C?.

22在Rt?A1C1B1中,?B1A1C1?30?, ∴A1B1?2B1C1?2,A1C1?3. 在Rt?A1C1M中,

?6?22?A1M?MC1?A1C1???2????22?3?22?32. 26?3?3.

22在Rt?AAAA1?1?A1C1?1C1中,AC又?MDC1∽?A1DA且AA∶MC?2, 1∴MD?1131A1M??2?2, 332211C1D?AC1??3?1.

3323?1?在?MDC1中,MD2?C1D2??2??12?,

2?2??6?3??, C1M2???2?2??2∴?C1DM?90?,A1M?AC1,∴A1M?AB1.

说明:证明两直线垂直,应用三垂线定理或逆定理是重要方法之一.证明过程中的有关计算要求快捷准确,不可忽视.本题证明两异面直线垂直,也可用异面直线所成的角,在侧面AA平移A1M或1C1C的一侧或上方一个与之全等的矩形,

AB1,确定两异面直线所成的角,然后在有关三角形中通过计算可获得证明.

典型例题十

例10 长方体的全面积为11,十二条棱长度之和为24,求这个长方体的一条对角线长.

分析:要求长方体对角线长,只要求长方体的一个顶点上的三条棱的长即可. 解:设此长方体的长、宽、高分别为x、y、z,对角线长为l,则由题意得:

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典型立体几何题

?2(xy?yz?zx)?11??4(x?y?z)?24①②

由②得:x?y?z?6,从而由长方体对角线性质得:

l?x2?y2?z2?(x?y?z)2?2(xy?yz?zx)?62?11?5.

∴长方体一条对角线长为5.

说明:(1)本题考查长方体的有关概念和计算,以及代数式的恒等变形能力.在求解过程中,并不需要把x、y、z单个都求出来,而要由方程组的①②从整体上导出x2?y2?z2,这需要同学们掌握一些代数变形的技巧,需要有灵活性.

(2)本题采用了整体性思维的处理方法,所谓整体性思维就是在探究数学问题时,应研究问题的整体形式,整体结构或对问题的数的特征、形的特征、结构特征作出整体性处理.整体思维的含义很广,根据问题的具体要求,需对代数式作整体变换,或整体代入,也可以对图形作出整体处理.

典型例题十一

例11 如图,长方体ABCD?A1B1C1D1中,AB?a,BC?b,BB1?c,并且

a?b?c?0.求沿着长方体的表面自A到C1的最短线路的长.

分析:解本题可将长方体表面展开,可利用在平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答.

解:将长方体相邻两个展开有下列三种可能,如图.

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典型立体几何题

三个图形甲、乙、丙中AC1的长分别为:

(a?b)2?c2?a2?b2?c2?2ab a2?(b?c)2?a2?b2?c2?2bc (a?c)2?b2?a2?b2?c2?2ac

∵a?b?c?0, ∴ab?ab?bc?0.

故最短线路的长为a2?b2?c2?2bc.

说明:(1)防止只画出一个图形就下结论,或者以为长方体的对角线

AC1?a2?b2?c2是最短线路.

(2)解答多面体表面上两点间,最短线路问题,一般地都是将多面体表面展开,转化为求平面内两点间线段长.

典型例题十二

例12 设直平行六面体的底面是菱形,经下底面的一边及与它相对的上义面的一边的截面与底面成60?的二面角,面积为Q,求直平行六面体的全面积.

分析:如图,由于DD'?面AC.作出截面与底面所成的二面角的平面角

?D'HD后,因Rt?D'DH中?D'HD?60?,可分别求出D'D、DH和D'H的值.又

上下底面的边长是相等的,便可进一步求出全面积.

解:设平行六面体为ABCD?A'B'C'D',过D作DH?AB,H为垂足,连结

D'H.

∵DD'?平面ABCD, ∴D'H?AB,?D'HD?60?, ∴D'D?13'DH,DH?D'H.

22又在菱形ABCD中,有AD?AB?BC?CD,

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典型立体几何题

∴截面ABC'D'的面积为:S1?D'H?AB?Q. 侧面D'DCC'的面积为:S2?D'D?DC?D'D?AB?底面ABCD的面积为:S3?DH?AB?所以S全?4S2?2S3?(23?1)Q.

典型例题十三

例13 设有三个命题:甲:底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体;乙:底面是矩形的平行六面体是长方体;丙:直四棱柱是直平行六面体.以上命题中,真命题的个数是( ).

A.0 B.1 C.2 D.3

解:甲命题是真命题,因为它就是平行六面体的定义; 乙命题不是真命题,因为平行六面体的侧棱不一定垂直于底面; 丙命题也不是真命题,因为四棱柱的底面不一定是平行四边形. ∴应选B.

说明:要认真搞清平行六面体、直平行六面体、长方体等特殊四棱柱的有关概念及性质.

典型例题十四

例14 如图,A1B1C1?ABC是直三棱柱,?BCA?90?,点D1、F1分别是

3'3DH?AB?Q 221'1DH?AB?Q. 22A1B1、A1C1的中点.若BC?CA?CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是( ).

A.

1303015 B. C. D.

2101510EA.解:可将异面直线所成角转化为相交直线的角,取BC的中点E,并连结EF1、

∵D1F11BC?BE, 2∴EF1//BD1,∴?EF1A是BD1与AF1所成角. 设BC?2a,则CC1?2a,CA?2a.

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典型立体几何题

∴AB?22a,AF1?5a,AE?5a,

EF1?BD1?B1B2?B1D1?6a.

2AF(5a)2?(6a)2?(5a)2301?EF1?AE∴cos?EF A???12?AF102?5a?6a1?EF1222∴应选A.

说明:本题主要考查棱柱的性质,以及两条异面直线所成的角、勾股定理、余弦定理等内容:对运算能力和空间想象能力也有较高的要求.

典型例题十五

例15 如图,已知A1B1C1?ABC是正三棱柱,D是AC的中点.

(1)证明:AB1//平面DBC1;

(2)假设AB1?BC1,求以BC1为棱,DBC1与CBC1为面的二面角?的度数.

(1)证明:∵A1B1C1?ABC是正三棱柱,∴四边形B1BCC1是矩形.连结B1C交

BC1于E,则E是B1C的中点.连结DE.

∵D、E分别是AC、B1C的中点,

∴DE//AB1.又AB1?平面DBC1,DE?平面DBC1,. ∴AB1//平面DBC1.

(2)解:作DF?BC于F,则DF?平面BB1C1C,连结EF则EF是ED在平面BB1C1C上的射影.

∵AB1?BC1又AB1//ED. ∴ED?BC1.

根据三垂线定理的逆定理,得EF?BC1.

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典型立体几何题

从而?DEF是二面角D?BC1?C的平面角, 即?DEF??, 设AC?1,则DC?1 2∵?ABC是正三角形,∴在Rt?DCF中,有

DF?DCsin60??13,CF?DCcos60??

44取BC的中点G,

∵EB?EC,∴EG?BC. 在Rt?BEF中,EF2?BF?FG 而BF?BC?FC?∴EF2?13,GF?,

44313?,∴EF?, 4443DF?4?1. ∴在Rt?DEF中,tan?DEF?EF34∴?DEF?45?,即??45?. 从而所求二面角的大小为45?.

说明:(1)纵观近十年高考题,其中解答题大多都是以多面体进行专利权查,解答此类题,有些同学往往忽略或忘记了多面体的性质,从而解题时,思维受阻.今后要引以为戒.

(2)本题考查空间的线面关系,正棱柱的概念和性质,空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.本题涉及到的知识面宽,有一定的深度,但入手不难,逐渐加深;逻辑推理和几何计算交织为一体;正三棱柱放倒,与课本习题不同,加强了对空间想象能力的考查;在解答过程中,必须添加适当的辅助线,不仅考查了识图,而且考查了作图.本题是一道综合性试题,较深入和全面地考查了各种数学能力,正确解答本题,要求同学们有较高的数学素质.

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典型立体几何题

从而?DEF是二面角D?BC1?C的平面角, 即?DEF??, 设AC?1,则DC?1 2∵?ABC是正三角形,∴在Rt?DCF中,有

DF?DCsin60??13,CF?DCcos60??

44取BC的中点G,

∵EB?EC,∴EG?BC. 在Rt?BEF中,EF2?BF?FG 而BF?BC?FC?∴EF2?13,GF?,

44313?,∴EF?, 4443DF?4?1. ∴在Rt?DEF中,tan?DEF?EF34∴?DEF?45?,即??45?. 从而所求二面角的大小为45?.

说明:(1)纵观近十年高考题,其中解答题大多都是以多面体进行专利权查,解答此类题,有些同学往往忽略或忘记了多面体的性质,从而解题时,思维受阻.今后要引以为戒.

(2)本题考查空间的线面关系,正棱柱的概念和性质,空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.本题涉及到的知识面宽,有一定的深度,但入手不难,逐渐加深;逻辑推理和几何计算交织为一体;正三棱柱放倒,与课本习题不同,加强了对空间想象能力的考查;在解答过程中,必须添加适当的辅助线,不仅考查了识图,而且考查了作图.本题是一道综合性试题,较深入和全面地考查了各种数学能力,正确解答本题,要求同学们有较高的数学素质.

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