详解十五道高中立体几何典型易错题

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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