Question

14．一個棱柱的直觀圖和三視圖（主視圖和俯視圖是邊長為a的正方形，左視圖是直角邊長為a的等腰三角形）如圖所示，其中M、N分別是AB、AC的中點，G是DF上的一動點．
（1）求證：GN⊥AC；
（2）試確定G點位置使得AG∥平面FMC；
（3）求三棱錐G-MCE的體積．

Answer 1

分析 （1）由棱柱的直觀圖和三視圖可知：側(cè)面CDFE⊥底面ABCD，四邊形CDFE與ABCD都為邊長為a的正方形．連接BF，BD，BD∩AC=F，可得AC⊥BD．由FD⊥DC，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得：FD⊥底面ABCD，F(xiàn)D⊥AC，于是AC⊥平面BDF，即可證明AC⊥GN．
（2）連接DE交FC于點O，則點O為FC的中點，取DF的中點，連接OG，AG，OM．利用三角形中位線定理與正方形的性質(zhì)可得：GO$\underset{∥}{=}$AM，因此四邊形AMOG是平行四邊形，可得AG∥OM，再利用線面平行的判定定理即可得出．
（3）由于FD∥平面ECM．又G∈FD，因此求出點D到平面ECM的距離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）證明：由棱柱的直觀圖和三視圖可知：側(cè)面CDFE⊥底面ABCD，四邊形CDFE與ABCD都為邊長為a的正方形．
連接BF，BD，BD∩AC=F，可得AC⊥BD
∵FD⊥DC，側(cè)面CDFE⊥底面ABCD，側(cè)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：連接DE交FC于點O，則點O為FC的中點，取DF的中點，連接OG，AG，OM．
則OG$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$DC，又AM$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$DC，
∴GO$\underset{∥}{=}$AM，
∴四邊形AMOG是平行四邊形，
∴AG∥OM，
又AG?平面FMC，OM?平面FMC，
∴AG∥平面FMC．
（3）解：由（1）可得：EC⊥CM．
CM=$\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}$．
∵FD∥EC，F(xiàn)D?平面ECM，EC?平面ECM，
∴FD∥平面ECM．
又G∈FD，因此求出點D到平面ECM的距離d即可．
由S_△CDM=$\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}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系、三視圖、體積計算，考查了數(shù)形結(jié)合方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．