“墙角”型高考立体几何问题赏析

在立体几何问题中,若有一条棱(或一个面)与底面垂直的几何体,它的形状就像墙角的一部分,我们就形象地称之为“墙角”型问题.显然底面可以是三角形,也可以是其它的多边形.下文将就2008年的高考试题为例来展示“墙角”型问题的“风采”,以供赏析.

1 展现“墙角”型问题的解法特征,考查空间角、距离、平行与垂直等常规知识

图1

例1(2008年四川理科卷)如图1,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直

（Ⅰ）证明：C、D、F、E四点共面；

（Ⅱ）设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为坐标原点,射线AB为x轴正半轴,建立如图2所示的直角坐标系A-xyz.

（Ⅰ）设AB=a,BC=b,BE=c,则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).

图2

故EC=12FD,从而由点E麱D,得EC∥FD,故C、D、F、E四点共面.

（Ⅱ）设AB=1,则BC=BE=1,B（1，0，0）,C（1，1，0），D（0，2，0），E（1，0，1）

在DE上取点M,使DM=5ME,则

M56,13,56,从而MB

=16,-13,-56.

又DE=(1,-2,1),MB·DE=0，MB⊥DE，

在DE上取点N,使DN=2NE,则N23,23,23,从而NA=-23,-23,-23，

NA·DE=0，NA⊥DE

故MB与NA的夹角等于二面角A-DE-B的平面角,则

cos=

MB·NA|MB|·|NA|=105

,故所求为arccos105.

例2(2008年浙江理科卷)如图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)求证：AE∥平面DCF；

(Ⅱ)当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为60°?

图3 图4

分析 如图4,以点C为坐标原点,以CB,CF和CD分别作为x轴,y轴和z轴,建立空间直角坐标系C-xyz．设AB=a,BE=b,CF=c,

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

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

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

（Ⅱ）解：因为,EF=（-3，c-b,0),CE=(3,b,0),

且EF·CE=0,|EF|=2,从而

-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)．设n=(1,y,z)与平面AEF垂直,则n·AE=0,n·EF=0,解得n=（1，3，33a)．又因为BA⊥平面BEFC,BA=（0，0，a）,

所以|cos|=|BA·n||BA|·|n|=

33aa4a2+27=12,得到a=92．

所以当AB为92时,二面角A-EF-C的大小为60°．

评注 本类试题主要抓住垂直于底面的侧棱(或侧面)展开,重点考查空间的线面关系、空间角、空间距离、图形的展开与折叠等问题,解答时既可利用教材A版中传统的几何方法求解,也可利用教材B版中空间向量的方法求解,由于“墙角”型问题中有一条侧棱(或侧面)与底面垂直,为建立空间坐标系提供了很大的便利,所以多数情况下利用空间向量求解会更容易一些,而且可以大大减小思维量,操作简单易行,充分体现了向量的工具性.当然这样的问题在今年的高考中屡有出现,如全国卷(Ⅱ)、北京卷、湖北卷、江苏卷、辽宁卷与陕西卷等高考试卷中的立体几何解答题均属于这种类型.

2 化问题为“墙角”型问题,从而破解高考题

图5

例3(2008年重庆卷)如图5,在△ABC中,角B=90° ,AC=152,D、E两点分别在AB、AC上.使ADDB=AEEC=2,DE=3.现将△ABC沿DE折成直二面角,求：（Ⅰ）异面直线AD与BC的距离；

（Ⅱ）二面角A-EC-B的大小（用反三角函数表示）.

图6分析 （Ⅰ）易证DB为异面直线AD与BC的公垂线,其值为2.

（Ⅱ）如图6.由（Ⅰ）知,以D点为坐标原点,DB、DE、DA的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,4),C(2,92,0),E(0,3,0).

CE=(-2,-32,0),AD=(0,0,-4),过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F,连接AF.

设F(x0,y0,0)从而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

联立①、②,解得x0=-3625,y0=4825,即F

-3625,4825,0,得

AF=-3625,4825,-4

因为AF·CE=

-3625·（-2）+4825·-32=0，故AF⊥CE,又因DF⊥CE,所以∠DFA为所求的二面角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的大小为arctan53.

评注 有些立体几何解答题在解题之初并未发现其所具有的“墙角”型特征,但随着解题或思维的深入,这一特征便显露无疑,这时就可以利用这一特征,破解此高考题.当然这道高考题若用传统解法亦有其独到之处,这正显现出这两种方法的各自的优劣之处.这样的问题在今年的高考中也屡有出现,如安徽卷、山东卷、湖南卷等高考试卷中的立体几何解答题均属于这种类型.

3 利用“墙角”型问题,破解高考中的探索性问题

例4(2008年福建卷)如图7,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=2,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.

图7 图8

(Ⅰ)求证：PO⊥平面ABCD；

(Ⅱ)求异面直线PB与CD所成角的大小；

(Ⅲ)线段AD上是否存在点Q,使得它到平面PCD的距离为32？若存在,求出AQQD的值；若不存在,请说明理由.

分析(Ⅰ)略.

(Ⅱ)如图8,以O为坐标原点,OC、OD、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,依题意,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),所以异面直线PB与CD所成的角是arccos63.

(Ⅲ)假设存在点Q,使得它到平面PCD的距离为32,

由(Ⅱ)知CP=(-1,0,1),

设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).

则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的一个法向量为n=(1,1,1). 设

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),

此时|AQ|=12,|QD|=32,所以存在点Q满足题意,此时AQQD=13.

评注 高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题.对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决.而对于一些可以转化成“墙角”型的立体几何问题可以借助向量工具,使几何问题代数化,降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时,如存在判断型和位置探究型问题等探索性问题,更可以发挥这一优势.

作者简介 黄加卫,男,浙江省湖州市人,71年出生,中教高级,硕士学位,近年来在省级以上杂志上发表论文七十余篇;研究方向:高中数学教学.

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