Question

14．一个棱柱的直观图和三视图（主视图和俯视图是边长为a的正方形，左视图是直角边长为a的等腰三角形）如图所示，其中M、N分别是AB、AC的中点，G是DF上的一动点．
（1）求证：GN⊥AC；
（2）试确定G点位置使得AG∥平面FMC；
（3）求三棱锥G-MCE的体积．

Answer 1

分析 （1）由棱柱的直观图和三视图可知：侧面CDFE⊥底面ABCD，四边形CDFE与ABCD都为边长为a的正方形．连接BF，BD，BD∩AC=F，可得AC⊥BD．由FD⊥DC，利用面面垂直的性质定理可得：FD⊥底面ABCD，FD⊥AC，于是AC⊥平面BDF，即可证明AC⊥GN．
（2）连接DE交FC于点O，则点O为FC的中点，取DF的中点，连接OG，AG，OM．利用三角形中位线定理与正方形的性质可得：GO$\underset{∥}{=}$AM，因此四边形AMOG是平行四边形，可得AG∥OM，再利用线面平行的判定定理即可得出．
（3）由于FD∥平面ECM．又G∈FD，因此求出点D到平面ECM的距离d即可．利用S_△CDM=$\frac{1}{2}$d•CM=$\frac{1}{2}$CD²，可得d，再利用V_G-ECM=$\frac{1}{3}d{S}_{△ECM}$即可得出．

解答 （1）证明：由棱柱的直观图和三视图可知：侧面CDFE⊥底面ABCD，四边形CDFE与ABCD都为边长为a的正方形．
连接BF，BD，BD∩AC=F，可得AC⊥BD
∵FD⊥DC，侧面CDFE⊥底面ABCD，侧面CDFE∩底面ABCD=DC，
∴FD⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，
∴FD⊥AC，
又FD∩BD=D，∴AC⊥平面BDF，GN?平面BDF．
∴AC⊥GN．
（2）解：连接DE交FC于点O，则点O为FC的中点，取DF的中点，连接OG，AG，OM．
则OG$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$DC，又AM$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$DC，
∴GO$\underset{∥}{=}$AM，
∴四边形AMOG是平行四边形，
∴AG∥OM，
又AG?平面FMC，OM?平面FMC，
∴AG∥平面FMC．
（3）解：由（1）可得：EC⊥CM．
CM=$\sqrt{{a}^{2}+（\frac{1}{2}a）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$a，∴S_△ECM=$\frac{1}{2}EC•MC$=$\frac{1}{2}×a×\frac{\sqrt{5}}{2}$a=$\frac{\sqrt{5}}{4}{a}^{2}$．
∵FD∥EC，FD?平面ECM，EC?平面ECM，
∴FD∥平面ECM．
又G∈FD，因此求出点D到平面ECM的距离d即可．
由S_△CDM=$\frac{1}{2}$d•CM=$\frac{1}{2}$CD²，可得：d=$\frac{{a}^{2}}{\frac{\sqrt{5}}{2}a}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}a$．
∴V_G-ECM=$\frac{1}{3}d{S}_{△ECM}$=$\frac{1}{3}×\frac{2}{\sqrt{5}}a$×$\frac{\sqrt{5}}{4}{a}^{2}$=$\frac{1}{6}{a}^{3}$．

点评 本题考查了空间位置关系、三视图、体积计算，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．