一个被11万人次浏览4万人次下载的高中立体几何题型与方法中一道题质疑和巧妙解法及推广应用.doc

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2、个平面几何，转化成基本图形去求解，化腐朽为神奇，这才是立体几何的奥妙。就本题而言，就有十分巧妙的解法，能够让基础一般的学生都会做，做对。原题为：如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直且DE=，ED/AF且DAF=90。 （1）求BD和面BEF所成的角的余弦； （2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求EP与PF的比值；若不存在，说明理由。1,3,5分析：1.先假设存在，再去推理，下结论： 2.运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立

3、如图坐标系，则B（2，0，0），D（0，0，2），E（1，1，2），F（2，2，0），则设平面BEF的法向量，则可取，向量所成角的余弦为即BD和面BEF所成的角的余弦。 （2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与PF的比值为m，则P点坐标为则向量，向量所以。 点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。以上是作者malimalihon4z的做法，而我认为，该题做法虽看似新颖，实则愚笨，不懂立体几何的奥妙，也没有理解出出题的意图，也没有和实际情况相联系，没有充分展开空间想象能力，最终计

4、算结果出现错误，实在是引人走弯路，而又有4万多人下载，错误结果影响大矣。下面巧妙解法为：我们认真看题和图，图中是一个正方体的一部分，那么我们画一个正方体，ABFC-DB1F1C1，将上图放入正方体内，发现DE就是正方体上面对角线的一半，E点是对角线的交点，我们沿BFD的边过E点做正方体的切面，该切面为BFHG,也就是平面BEF.我们要求的DB与平面BEF的夹角，也就是DB与平面BFHG的夹角。D点在平面BFHG的射影点在BG的延长线上，也就是过D做BG的垂线，则，DBG就是DB与平面BFE的夹角。我知道，BB1D是等腰直角三角形，G是直角边DB1的中点，求DBG，此题就转化为平面几何了，我们可

5、以轻松算出三角形DBG各边的长，我们十分轻松求出该角正弦和余弦值的大小。在DBG中，DB=22，DG=1，BG=5，根据已知三边求余弦值公式，DBG的余弦值=(DB2+BG2-DG2)/2DB*BG=310/10解法二：也可以利用三角形相似来求，要求DBG的余弦，我们知道斜边DB的长为22，我们只要再求出DM或BM的长即可。DGMBB1GDM和GM的长就可求出。DM/DG=BB1/BGDM=25/5所以，BM=65/5所以，DBG的余弦值=BM/DB=310/10，DBG的正弦值=DM/DB=10/10。还可以用里面小直角三角形BNK来求解，在直角三角形BNK中，已知BN是对角线的一半，等于2

6、。三角形ABK与三角形GB1K相似，所以GK：BK=GB1：AB=1:2BG=5,GK+BK=BG,GK：BK=1:2,所以，BK=25/3，所以，DBG的余弦值=BN/BK=310/10，第二问：线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求EP与PF的比值。我们认真观察，过AC与直线DB垂直的平面只有一个，就是平面AB1F1C，AB1和F1C是对角线。该面与平面BFHG相交，公共线是KL,则KL也与BE和FE都相交，与FE相交的点就是P点，也就是此处的P点符合P、A、C三点的平面和直线DB垂直。KL平行于BF又平行于GH，所以EP与PF的比值就等于GK与BK的比值。这样就转化为平面几何，求GK与BK的比值。用相似三角形进行求解。三角形ABK与三角形GB1K相似，所以GK：BK=GB1：AB=1:2还可以用数值大小来解在正方形ABB1D中，NB=2，DBG的余弦值=310/10，所以，BK=25/3BG=5，所以，GK=5/3所以，GK：BK=1:2所以，EP：PF=1:2。通过该题，我们还可以求出好多问题，有好多问题可以解答。比如，求面BEF与平面ABFC的二面角。如求楔形体积。如求棱锥E-BB1F1FD 体积。如求中轴线与面BEF的距离等等。