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1、题81 过正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB、BC的中点E、F作一个截面，使截面与底面ABCD所成的角为450，则此截面的形状为 （ ）A、 三角形或五边形 B、三角形或六边形 C、六边形 D、三角形或四边形（第六届高一第二试第5题） ABCDA1B1C1D1O1OEFG解 显然，必有一个截面与棱BB1相交，此截面是三角形.设过D1的截面与底面所成的角为，易求得tanD1GD=，故1,故,于是另一截面应与A1D1、D1C1相交（不过其端点），形状为六边形，故选B.评析 解决此题的关键是要求具有较强的空间想象力，能够理解确定截面形状的下列方法：若截面与棱DD1相交，则截面为五边形；若截面与棱
2、A1D1、D1C1都相交（但不过其端点），则截面为六边形；若截面与棱A1B1、 B1C1都相交（但不过点B1），则截面为四边形.原解答中说“为考察另一截面是否与DD1相交，只需考虑过点D1的截面与底面所成角的大小”，并在得到450后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.450只能说明截面与DD1不相交，但不能说明截面一定是六边形.事实上，当截面过A1C1时，截面与DD1不相交，但截面却是四边形.拓展 根据上述解法及分析，并考虑到截面过点B1时，截面与底面所成角为arctan，与截面过A1C1时截面与底面所成角相等，我们可得如下：结论 过正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB、BC的中点E、F作
3、一个截面，使截面与底面ABCD所成的角为（0），则当时，截面的形状为三角形或五边形；当时，截面的形状为三角形或六边形；当时，截面的形状为三角形或四边形；当arctan时，截面的形状为四边形.题82 正方体中，为的中点，为的中点，异面直线与所成角的余弦值是 （ ）A、 B、 C、 D、(第十五届高二第二试第9题)A1BCDA1B1C1D1OEF图1解法1 如图1，取中点，连结，则，所以是与所成的角，设正方体棱长为1，则，所以，故选B.A1BCDA1B1C1D1GEF图2解法2 如图2，取正方体的面的中心，连结.易证且，且，且，四边形为平行四边形，就是与所成的角.设正方体棱长为1，则易求得，在中，
4、由余弦定理，得A1BCDA1B1C1D1yxzF图3E，故选B. 解法3 如图3,建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则，所以，所以，故选B.评析 运用几何法求异面直线所成的角，一般通过平移其中一条或两条，转化成相交直线所成的角，例如本题解法1将平移至，解法2将平移至，然后往往通过解三角形求此角（常常运用正弦定理、余弦定理、勾股定理及其逆定理）.而用向量法求异面直线所成的角，只需利用公式，将几何问题转化成向量运算，一般比几何法简单.题83 多面体表面上三个或三个以上平面的公共点称为多面体的顶点，用一个平面截一个n棱柱，截去一个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是 （ ） A、 B、 C、 D、
5、（第四届高一第二试第10题）解法1 n棱柱有个顶点，被平面截去一个三棱锥后，可以分以下6种情形（图16）图1图2图3图6图4图5在图4，图6所示的情形，还剩个顶点；在图5的情形，还剩个顶点；在图2，图3的情形，还剩个顶点；在图1的情形，还剩下个顶点.故选B.解法2 如图16，令=4，则四棱柱共有8个顶点，截去一个三棱锥后，在图4，图6的情形，剩下8个顶点； 在图5的情形，剩下7个顶点； 在图2，图3的情形，剩下9个顶点； 在图1的情形，剩下10个顶点. 说明剩下的顶点数共有4种不同情形，对照选择支，可知选B.评析 解决此题的关键是搞清楚截去1个三棱锥的情形有几种，实际上是四类情形：1、 截面不
6、过任何顶点（如图1），此时顶点增加了2个；2、 截面仅过1个顶点（如图2，3），此时顶点增加了1个；3、 截面仅过2个顶点（如图4，6），此时顶点数不增不减；4、 截面过3个顶点（如图5），此时顶点减少了1个.解法2根据这四类情形判断顶点数有4种，便选B，更为简捷.拓展 将此题引申，便有下面的问题：用一平面截一个棱柱，截去一个三棱柱，剩下的多面体的顶点数是_，面数是_.分析：依题意，截面只能与侧棱平行或过一条（或2条）侧棱，故共分三类情形：1、 截面不过侧棱，此时，顶点增加了2个，面数增加了1个；2、 截面过一条侧棱，此时，顶点数不变，面数不变；3、 截面过两条侧棱，此时，顶点减少了2个，面数
7、减少了1个.由于已知棱柱的顶点数是，面数是，故填或或；或或.题84 在长方体中，, 过的截面的面积为，求的最小值，并指出当取最小值时截面的位置（即指出截面与有关棱的交点的位置）.（第五届高一第二试第22题）解 截面可能是矩形，可能是平行四边形.A1BCDA1B1C1D1图1截面是矩形，它们的面积分别记为.则，同理，.为求的最小值，不必考虑截面.图1画出了截面的示意图.截面是平行四边形，有三种位置：（见图2、3、4），设它们的C1D1SA1BCDA1B1图4RD1QA1BCDA1B1C1图3PD1FA1BCDA1B1C1图2E面积分别为.对于截面，作于（如图5），则，因为是定值，所以当取最小值时
8、，有最小值.当是异面直线的公垂线时，它有最小值.这个最小值是到平面的距离，即是中斜边上的高.H1D1FA1BCDA1B1C1图5E.同理，注意到.C1D1SA1BCDA1B1图6R再注意到，可见是的最小值，设截面的面积为（见图6）.作于中，可知.在所在的平面内（如图7），作，设交于，在中，设，则C1MBCDA1B1图7RAND1.在平面内，作，设交于，则.这表明截面与棱的交点满足，于是点确定了.同理，点在上，这样，截面完全确定.评析 破解此题需解决几个关键问题：一是截面的情形到底有几种？二是每一种情形的截面面积是多少？三是这些面积的大小关系如何确定？四是取最小值时截面的位置如何确定？截面情形可
9、分为两大类（矩形与平行四边形），每一类又分3种情形，先在每类情形中分别比较3个面积的大小，再比较两类中最小面积的大小，降低了难度，减少了运算量.在两类情形中分别比较及的大小时，变形技巧的运用起了关键作用.在计算时两次运用转化思想：的边上的高点到面的距离 点到的距离.在比较与的大小时运用了放缩法.由于，所以最小时，点到的距离应是，而在中作，则有.因此作交于，作交于，则.由于面，所以面，故作出的就是最小时的.此题综合运用了分类讨论思想，化归转换思想，变形技巧，放缩法等，需要有较强的分析问题与解决问题的能力才能作出正确的解答.题85 从凸四边形的对角线交点作该四边形所在平面的垂线段，使，若.当最小时
10、，的形状是.（第十四届高二培训题第67题）xBCDSAOy解 由已知，易得，.设，（如图），则.因为，所以.而（设），于是，当时取等号，这时.同理，所以，即，所以.当时，.（1）当，即，时， ，所以.此时，的形状是平行四边形.（2）当，即，时，所以与不平行.此时，是梯形，综上可知，当时，是平行四边形，当时，是梯形.评析 的形状只能由已知条件推出，形状也无非是由边与角的关系决定，因此，充分利用已知条件，将其转化为四边形的边或角的关系是解题的关键.ACBEFDBMB1A1C1图1D1由于高为3，故最小时，底面的面积最小，由于与为定值，故设，则最小，为，此时，这就为证得奠定了基础.此后便是判断与是否
11、平行了，而这取决于与是否相等，故分类讨论，终得为平行四边形或梯形.从另一角度看，的形状无非是平行四边形，梯形，菱形，矩形，正方形等中的一种或几种，而每一种形状总有一组对边平行，故首先应想到证一组对边平行，也就是证对角线交点把两条对角线分成的4条线段对应成比例.题86 正三棱柱ABCA1B1C1底面的边长和高都是2cm，过AB 作一个截面，截面与底面ABC成600角，则截面的面积是 .（第六届高一第一试第30题）解法1 如图1，截面ABEF是等腰梯形，D、D1分别为AB、EF的中点，则D1DC就是截面与底面ABC所成二面角的平面角，所以D1DC=600.易证面DC C 1 D 1面ABC，作D1
12、MDC于M，则D1M面ABC，D1M=CC1=2，D1D= D1Mcsc600=，DM= D1Mcot600=，S截面=ACBEFDBMB1A1C1图2R解法2 如图2，设截面与侧棱CC1所在直线交于点D，则，在RtCDM中，DMC=600，DC=又，SDEF= SDAB=cm2,故S截面=SDAB- SDEF= =.评析 此题源于课本上的一道习题：“正三棱柱底面的边长是4cm，过BC作一个平面与底面成300的二面角，交侧棱AA于D，求AD的长和截面BCD的面积”.两者的区别在于竞赛题中的截面与上底面相交，而课本习题中的截面与侧棱相交.稍不注意，就会将本赛题错解为事实上，cosCMC1=，CM
13、C1600，因此截面为梯形，而不是三角形.拓展 将课本习题与本赛题结合起来，并将其一般化，我们便得定理 若正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，高为h，过AB作与三棱柱底面所成角为的截面，则截面的面积S=证明留给读者.运用该定理解本赛题：，=， ，故S截面=.ACBEDBB1A1C1ACBEDBB1A1C1题87 如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是AA1的中点，则BC1与CD所成的角是 ，面BCD与面CDB1所成二面角等于 .（第十一届高二第一试第22题）解法1 如图1，由已知，易证DB1在面BCC1 B1内的射影为B1E，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B1CBC1，由三垂线定理得B C1DB1，所以B C 1面DCB1，所以BC1CD，故BC1与CD所成的角是900.F图1ACBEDBB1A1C1
