“墻角”型高考立體幾何問題賞析

在立體幾何問題中,若有一條棱(或一個面)與底面垂直的幾何體,它的形狀就像墻角的一部分,我們就形象地稱之為“墻角”型問題.顯然底面可以是三角形,也可以是其它的多邊形.下文將就2008年的高考試題為例來展示“墻角”型問題的“風采”,以供賞析.

1 展現“墻角”型問題的解法特征,考查空間角、距離、平行與垂直等常規知識

圖1

例1(2008年四川理科卷)如圖1,平面ABEF⊥平面ABCD,四邊形ABEF與ABCD都是直

（Ⅰ）證明：C、D、F、E四點共面；

（Ⅱ）設AB=BC=BE,求二面角A-ED-B的大小．

分析 由平面ABEF⊥平面ABCD,AF⊥AB,得AF⊥平面ABCD,以A為坐標原點,射線AB為x軸正半軸,建立如圖2所示的直角坐標系A-xyz.

（Ⅰ）設AB=a,BC=b,BE=c,則B(a,0,0),C(a,b,0),E(a,0,c),D(0,2b,0),F(0,0,2c),

得EC=(0,b,-c),FD=(0,2b,-2c).

圖2

故EC=12FD,從而由點E麱D,得EC∥FD,故C、D、F、E四點共面.

（Ⅱ）設AB=1,則BC=BE=1,B（1，0，0）,C（1，1，0），D（0，2，0），E（1，0，1）

在DE上取點M,使DM=5ME,則

M56,13,56,從而MB

=16,-13,-56.

又DE=(1,-2,1),MB·DE=0，MB⊥DE，

在DE上取點N,使DN=2NE,則N23,23,23,從而NA=-23,-23,-23，

NA·DE=0，NA⊥DE

故MB與NA的夾角等于二面角A-DE-B的平面角,則

cos=

MB·NA|MB|·|NA|=105

,故所求為arccos105.

例2(2008年浙江理科卷)如圖3,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,BE∥CF,∠BCF=∠CEF=90°,AD=3,EF=2.

(Ⅰ)求證：AE∥平面DCF；

(Ⅱ)當AB的長為何值時,二面角A-EF-C的大小為60°?

圖3 圖4

分析 如圖4,以點C為坐標原點,以CB,CF和CD分別作為x軸,y軸和z軸,建立空間直角坐標系C-xyz．設AB=a,BE=b,CF=c,

則C(0,0,0),A(3,0,a),B(3,0,0),E(3,b,0),F(0,c,0)．

（Ⅰ）證明:AE=(0,b,-a),CB=(3,0,0),BE=(0,b,0),

所以CB·AE=0,CB·BE=0,從而CB⊥AE，CB⊥BE，所以CB⊥平面ABE．因為CB⊥平面DCF,所以平面ABE∥平面DCF．故AE∥平面DCF．

（Ⅱ）解：因為,EF=（-3，c-b,0),CE=(3,b,0),

且EF·CE=0,|EF|=2,從而

-3+b(c-b)=0,3+(c-b)2=2,解得b=3,c=4．

所以E(3,3,0),F(0,4,0)．設n=(1,y,z)與平面AEF垂直,則n·AE=0,n·EF=0,解得n=（1，3，33a)．又因為BA⊥平面BEFC,BA=（0，0，a）,

所以|cos|=|BA·n||BA|·|n|=

33aa4a2+27=12,得到a=92．

所以當AB為92時,二面角A-EF-C的大小為60°．

評注 本類試題主要抓住垂直于底面的側棱(或側面)展開,重點考查空間的線面關系、空間角、空間距離、圖形的展開與折疊等問題,解答時既可利用教材A版中傳統的幾何方法求解,也可利用教材B版中空間向量的方法求解,由于“墻角”型問題中有一條側棱(或側面)與底面垂直,為建立空間坐標系提供了很大的便利,所以多數情況下利用空間向量求解會更容易一些,而且可以大大減小思維量,操作簡單易行,充分體現了向量的工具性.當然這樣的問題在今年的高考中屢有出現,如全國卷(Ⅱ)、北京卷、湖北卷、江蘇卷、遼寧卷與陜西卷等高考試卷中的立體幾何解答題均屬于這種類型.

2 化問題為“墻角”型問題,從而破解高考題

圖5

例3(2008年重慶卷)如圖5,在△ABC中,角B=90° ,AC=152,D、E兩點分別在AB、AC上.使ADDB=AEEC=2,DE=3.現將△ABC沿DE折成直二面角,求：（Ⅰ）異面直線AD與BC的距離；

（Ⅱ）二面角A-EC-B的大小（用反三角函數表示）.

圖6分析 （Ⅰ）易證DB為異面直線AD與BC的公垂線,其值為2.

（Ⅱ）如圖6.由（Ⅰ）知,以D點為坐標原點,DB、DE、DA的方向為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,4),C(2,92,0),E(0,3,0).

CE=(-2,-32,0),AD=(0,0,-4),過D作DF⊥CE,交CE的延長線于F,連接AF.

設F(x0,y0,0)從而DF=(x0,y0,0),EF=(x0,y0-3,0),由DF⊥CE，有DF·CE=0，

即2x0+32y0=0,①

又CE∥EF,得x02=y0-332.

②

聯立①、②,解得x0=-3625,y0=4825,即F

-3625,4825,0,得

AF=-3625,4825,-4

因為AF·CE=

-3625·（-2）+4825·-32=0，故AF⊥CE,又因DF⊥CE,所以∠DFA為所求的二面角A-EC-B的平面角.因DF=

-3625,4825,0，有

|DF|=-36252+48252=125,

|AD|=4,所以tanAFD=|AD||DF|=53,

因此所求二面角A-EC-B的大小為arctan53.

評注 有些立體幾何解答題在解題之初并未發現其所具有的“墻角”型特征,但隨著解題或思維的深入,這一特征便顯露無疑,這時就可以利用這一特征,破解此高考題.當然這道高考題若用傳統解法亦有其獨到之處,這正顯現出這兩種方法的各自的優劣之處.這樣的問題在今年的高考中也屢有出現,如安徽卷、山東卷、湖南卷等高考試卷中的立體幾何解答題均屬于這種類型.

3 利用“墻角”型問題,破解高考中的探索性問題

例4(2008年福建卷)如圖7,在四棱錐P-ABCD中,側面PAD⊥底面ABCD,側棱PA=PD=2,底面ABCD為直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點.

圖7 圖8

(Ⅰ)求證：PO⊥平面ABCD；

(Ⅱ)求異面直線PB與CD所成角的大小；

(Ⅲ)線段AD上是否存在點Q,使得它到平面PCD的距離為32？若存在,求出AQQD的值；若不存在,請說明理由.

分析(Ⅰ)略.

(Ⅱ)如圖8,以O為坐標原點,OC、OD、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz,依題意,易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1).

所以CD=(-1,1,0),PB=(1,-1,-1),所以異面直線PB與CD所成的角是arccos63.

(Ⅲ)假設存在點Q,使得它到平面PCD的距離為32,

由(Ⅱ)知CP=(-1,0,1),

設平面PCD的法向量為n=(x0,y0,z0).

則n·CP=0,

n·CD=0,

所以-x0+z0=0,

-x0+y0=0,

即x0=y0=z0,

取x0=1,得平面PCD的一個法向量為n=(1,1,1). 設

Q(0,y,0)(-1≤y≤1),CQ=(-1,y,0),由

|CQ·n||n|=32,得

|-1+y||3|=32,解y=-12或y=52(舍去),

此時|AQ|=12,|QD|=32,所以存在點Q滿足題意,此時AQQD=13.

評注 高考中立體幾何試題不斷出現了一些具有探索性、開放性的試題.對于這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來解決.而對于一些可以轉化成“墻角”型的立體幾何問題可以借助向量工具,使幾何問題代數化,降低思維的難度.尤其是在解決一些立體幾何中的探索性問題時,如存在判斷型和位置探究型問題等探索性問題,更可以發揮這一優勢.

作者簡介 黃加衛,男,浙江省湖州市人,71年出生,中教高級,碩士學位,近年來在省級以上雜志上發表論文七十余篇;研究方向:高中數學教學.

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