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正方体是最规则又熟悉的几何体,本身具有很多性质.仔细留意便会发现立体几何题目中有许多是直接以正方体作为载体的,也有的一部分试题,题干中并没有涉及正方体,可根据题目结构特征,构造出正方体这个特殊模型,将问题放在正方体里来处理,思路清晰且易操作.下面主要例析构造正方体巧解题.
一、借助正方体判断命题真假
例1 (2009江西卷9改编)如图,正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Oz上,则在下列命题中,错误的序号为
①O-ABC是正三棱锥;
②直线OB∥平面ACD;
③直线AD与OB所成的角是45°;
④二面角D-OB-A为45°.
分析:由三条射线Ox,Oy,Oz两两垂直,可联想到特殊的几何模型—正方体,借助这个模型可快速破解.
解:如图,将原图补为正方体,结合选项不难得出①、③、④正确,②为错误,故填②.
评注:对一些客观小题中涉及相关点、线、面的位置关系,我们常可将其放在正方体中研究,特别是对平行与垂直的关系,更能凸显其优势.同时,利用正方体举反例也是行之有效的一种解题方法.
二、借助正方体求角(距离)
例2 (2009福建卷17)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE和AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段的长;若不存在,请说明理由.
分析:由于底面是正方形,且棱MD,NB都垂直于底面,这些特征在正方体中都会有所体现,所以我们不妨将其补全成一个完整的正方体,在正方体中再来探求,思路自然呈现.
解:构造正方体ABCD-GNHM,连接BH交NE于点P,因AM∥BH,则∠NPH为异面直线NE和AM所成角或其补角.
由△NPH∽△EPB,可得NP=23NE=53,HP=23HB=223,在△NPH中,NH=1,则cos∠NPH=NP2+HP2-NH22NP•HP=1010.
(2)连接GC,易知GC⊥平面AMN,再连接GB交AN于点Q,在△GBC中,因Q、E分别是边GB、BC的中点,则EQ∥GC,故EQ⊥平面AMN,即存在S点,Q便是所求的S点,且ES=12GC=32.
评注:本题可以通过建立空间直角坐标系求解,但通过将几何体补成正方体,显得新颖别致,借助这个特殊模型中的特殊点、线、面关系,运算量不大,同样可快速获解.
三、借助正方体求体积
例3 (2009福建卷17改编)题干同例2,求多面体MN-ABCD的体积.
解:构造正方体ABCD-GNHM,则多面体MN-ABCD可以用整个正方体的体积减去两个三棱锥的体积,即VMN-ABCD=VABCD-GNMH-(VG-AMN+VH-CMN).而VABCD-GNMH=1,VH-CMN=VG-AMN=VM-AGN=13×12×1×1=16,故VMN-ABCD=1-(16+16)=23.
正方体是一个非常重要的几何体,我们要将它视为一种工具,在解题中灵活加以运用,充分发挥其解题功能.
练 习
1.如图,已知多面体ABC-DEFG,AB,AC,AD两两垂直,面ABC∥面DEFG,面BEF∥面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为
2.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD=CD,E是PB的中点,在平面PAD内求一点F,使EF⊥平面PBC,并证明.
参考答案
1.4
简析:由AB,AC,AD两两垂直联想到长方体或正方体,又AB=AD=DG=2,可想到将其补成正方体,补完发现原先的几何体是补成正方体的一半.把多面体ABC-DEFG补成正方体DEPG-ABHM,则VABC-DEFG=12VDEPG-ABHM=12×23=4
2.F为AD的中点简析:将P→是图形的顶点四棱锥放在正方体ABCD-PQMN,平面PBC即为平面PCBQ,取BQ中点G,易推AG⊥平面PCBQ.由E是PB的中点,取AD的中点F,可证EF∥AG,则EF⊥平面PBC,故F为AD的中点.
一、借助正方体判断命题真假
例1 (2009江西卷9改编)如图,正四面体ABCD的顶点A,B,C分别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Oz上,则在下列命题中,错误的序号为
①O-ABC是正三棱锥;
②直线OB∥平面ACD;
③直线AD与OB所成的角是45°;
④二面角D-OB-A为45°.
分析:由三条射线Ox,Oy,Oz两两垂直,可联想到特殊的几何模型—正方体,借助这个模型可快速破解.
解:如图,将原图补为正方体,结合选项不难得出①、③、④正确,②为错误,故填②.
评注:对一些客观小题中涉及相关点、线、面的位置关系,我们常可将其放在正方体中研究,特别是对平行与垂直的关系,更能凸显其优势.同时,利用正方体举反例也是行之有效的一种解题方法.
二、借助正方体求角(距离)
例2 (2009福建卷17)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE和AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求线段的长;若不存在,请说明理由.
分析:由于底面是正方形,且棱MD,NB都垂直于底面,这些特征在正方体中都会有所体现,所以我们不妨将其补全成一个完整的正方体,在正方体中再来探求,思路自然呈现.
解:构造正方体ABCD-GNHM,连接BH交NE于点P,因AM∥BH,则∠NPH为异面直线NE和AM所成角或其补角.
由△NPH∽△EPB,可得NP=23NE=53,HP=23HB=223,在△NPH中,NH=1,则cos∠NPH=NP2+HP2-NH22NP•HP=1010.
(2)连接GC,易知GC⊥平面AMN,再连接GB交AN于点Q,在△GBC中,因Q、E分别是边GB、BC的中点,则EQ∥GC,故EQ⊥平面AMN,即存在S点,Q便是所求的S点,且ES=12GC=32.
评注:本题可以通过建立空间直角坐标系求解,但通过将几何体补成正方体,显得新颖别致,借助这个特殊模型中的特殊点、线、面关系,运算量不大,同样可快速获解.
三、借助正方体求体积
例3 (2009福建卷17改编)题干同例2,求多面体MN-ABCD的体积.
解:构造正方体ABCD-GNHM,则多面体MN-ABCD可以用整个正方体的体积减去两个三棱锥的体积,即VMN-ABCD=VABCD-GNMH-(VG-AMN+VH-CMN).而VABCD-GNMH=1,VH-CMN=VG-AMN=VM-AGN=13×12×1×1=16,故VMN-ABCD=1-(16+16)=23.
正方体是一个非常重要的几何体,我们要将它视为一种工具,在解题中灵活加以运用,充分发挥其解题功能.
练 习
1.如图,已知多面体ABC-DEFG,AB,AC,AD两两垂直,面ABC∥面DEFG,面BEF∥面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为
2.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD=CD,E是PB的中点,在平面PAD内求一点F,使EF⊥平面PBC,并证明.
参考答案
1.4
简析:由AB,AC,AD两两垂直联想到长方体或正方体,又AB=AD=DG=2,可想到将其补成正方体,补完发现原先的几何体是补成正方体的一半.把多面体ABC-DEFG补成正方体DEPG-ABHM,则VABC-DEFG=12VDEPG-ABHM=12×23=4
2.F为AD的中点简析:将P→是图形的顶点四棱锥放在正方体ABCD-PQMN,平面PBC即为平面PCBQ,取BQ中点G,易推AG⊥平面PCBQ.由E是PB的中点,取AD的中点F,可证EF∥AG,则EF⊥平面PBC,故F为AD的中点.