立体几何专题平行与垂直Word下载.docx
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∵ABCD与ABEF是两个有公共边AB的正方形
∴它们是全等正方形
∵AM=FN∴CM=BN
又∠HCM=∠KBN,∠HMC=∠KNB
∴△HCM≌△KBN∴MH=NK
∴MHKN是平行四边形∴MN∥HK
∵HK平面BECMN平面BEC
∴MN∥平面BEC
证明
(二):
利用面面平行线面平行
过N作NP∥BE,连MP,∵NP∥AF
∴FN/FB=AP/AB
∵AM=FN,AC=BF
∴FN/FB=AM/AC∴AP/AB=AM/AC
∴MP∥BC∴平面MNP∥平面BCE
∴MN∥平面BCE
解题中经常需要作互相平行的直线,为了使作直线的位置符合要求,构造成平行四边形,利用平行四边形对边这一关系是作平行线的依据之一。
例3.正方体ABCD—A1B1C1D1中,MN是异面直线A1D与AC的公垂线段,求证:
MN//BD1。
分析:
由于MN⊥A1D且MN⊥AC联想到线面平行的性质定理,只需证明MN⊥平面α,且BD1⊥平面α,为此在图形中发现满足该要求的平面α,由直觉猜测平面ACB1,即是要找的α,再予以验证即可,这似乎容易证明。
证明:
连结AB1,CB1
由
(1)
(2)及线面垂直的性质定理,知MN//BD1。
[注]本题看似平行问题,但要利用线面垂直的判定,性质定理,说明了平行问题与垂直问题的紧密联系。
例4.如图,已知平面 α,β,γ,α⊥γ,β⊥γ,且α∩β=m,求证m⊥γ.
可用直接证法,即在γ内找出两条直线,使之都与m垂直即可,由于已知α⊥γ,β⊥γ,这样的直线是可以找到的;
也可用间接证法,即用反证法或同一法均可以得到证明,这是因为两个平面相交时,只有一条公共的直线.
作PA⊥a于A,PB⊥b于B,因为α⊥γ、β⊥γ,所以PA⊥α,PB⊥β,α∩β=m,故PA⊥m,PB⊥m,因此m⊥γ.
是m,故m⊥γ.
评述 ①证法一是通过m垂直于γ内两相交直线来实施m⊥γ的结论;
而证法二是用同一法进行证明.本题也可用反证法进行证明.
②本题是很容易证明的正确命题,而不是定理,因此在做解答题时,不能作为论证的依据而使用.
例5.已知:
a,b是两条异面直线,a,b,∩=l,AB是a,b共垂线,交a于A,交b于B
求证:
AB∥l
(利用线面垂直的性质定理)
过A作b1∥b,则a,b1可确定一平面γ
∵AB是异面垂线的公垂线,
即ABa,ABb
∴ABb1
∴ABγ
∵aα,bβ,∩=l
∴la,lb∴lb1
∴lr∴AB∥l
(利用同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行)。
∵AB是异面直线a,b的公垂线,过AB与a作平面γ,γ∩=m
∵a∴am
又aAB,ABγ
∴m∥AB
又过AB作平面g,g∩β=n
同理:
n∥AB
∴m∥n,于是有m∥β
又∩=l∴m∥l
∴AB∥l
例6.如图,已知ABCD为矩形,PA⊥面ABCD,M、N分别为AB和PC的中点。
(1)求证MN⊥CD;
(2)若PA=AD,求证面MND⊥面PDC.
(1)显然CD与MN 是异面直线,证明其垂直的途径有二,其一是直接利用三垂线定理或其逆定理,其二是利用三垂线定理的证明方法,即通过线面垂直来证明线线垂直。
(2)证明面面垂直的基本方法就是证明一个面经过另一个面的一条垂线。
由
(1)已证明了MN⊥CD,只需再证明MN⊥PC即可。
(1)证法一:
如图,连AC,过N作NO⊥AC于O,因为PA⊥面ABCD,故PA⊥AC。
因而PA∥NO,所以NO⊥面ABCD。
且由N为PC中点知O为AC中点,即矩形ABCD的中心,OM为MN在面ABCD内的射影。
显然OM⊥AB,所以MN⊥AB(三垂线定理),因为AB∥CD,所以MN⊥CD。
证法二:
取DC的中点E。
因为N是PC中点,所以NE∥PD。
ME∥AD。
因此ME⊥DC.又因为PA⊥面ABCD,AD⊥DC。
故PD
所以MN⊥DC.
(2)证法一:
如图,连PM,MC.由 PA=AD=BC,AM=MB,PA⊥AM,MB⊥BC,可知PM=MC.又由N为PC中点,知 MN⊥PC.由
(1)MN⊥DC,所以MN⊥面PDC.因而面MND⊥面PDC
PA=AD.得AE⊥PD.所以MN⊥PD.又因为MN⊥DC,所以MN⊥面PDC.因此面
MND⊥面PDC。
评述
(1)的两种证法恰好体现了用三垂线定理本身,和用三垂线定理的证明所给出的思想和方法;
三垂线定理的主要功能就是用来判断平面内的直线与该平面外的直线的垂直问题,而应用时,首先应作出面的垂线,才能得出斜线在面内的射影.而三垂线定理的证明的基本思想就是通过线面垂直来证明线线垂直这一转化思想.
(2)确定选取垂直于面PDC的直线是MN,而不是MD,是因为MN⊥CD而MD不垂直于CD.证法一是证明MN⊥PC,而证法二是证明MN⊥PD.
【疑难解析】
1.通过本节课的复习,我们把立体几何中判定“平行”、“垂直”的有关公理、定理的内容和它们的功能及其应用又熟悉了一遍.直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的互相转化的思想方法,既是重点也是难点,线线、线面、面面的平行与垂直关系的转化可以用下图表示:
线面平行与垂直的关系也可以互相转化,见下图
2.通过例题的分析,我们进一步掌握了立体几何论证的规律,通常是通过线线、线面、面面的平行或垂直的相互转化最终实现推理论证的结果.这些思想并非凭空而来,一些定理本身就揭示了这些规律.例如三垂线定理,我们知道它的功能主要就是解决平面内的直线与平面外的线(斜线)的垂直问题的,而定理的证明本身告诉我们证明两直线垂直是通过线面垂直来实现的。
因此我们不仅要知道定理是什么,还应掌握定理是怎样证明的,及从中揭示了哪些数学思想和思维规律.这是在我们学习过程中不可缺少的环节。
平行与垂直的问题在今后解决立体几何的其它问题中有着广泛的应用,在应用中还应进一步熟练与深化。
【模拟试题】
1.求证:
如果两条平行线中的一条和一个平面相交,那么另一条也和这个平面相交。
2.如果一条直线和两个相交的平面都平行,那么这条直线与这两个平面的交线平行。
3.已知平面α∥β,AB,CD为夹在α,β间的异面线段,E、F分别为AB,CD的中点.求证:
EF∥α,EF∥β
4.已知三个平面两两相交,有三条交线,判断这三条交线的位置关系,并予以证明。
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,E,F,N分别是A1B1,B1C1,C1D1,D1A1的中点。
(1)E,F,B,D四点共面;
(2)平面AMN∥平面EFBD;
(3)求平面AMN与平面EFBD之间的距离。
6.如图,已知四面体ABCD中,AE⊥面BCD于E,DF⊥面ABC于F.求证:
AE与DF相交的充要条件是AD⊥BC.
7.如图,已知平面α内有∠AOB,PO是α的斜线,若
8.如图,△ABC为斜三角形,PA⊥面ABC,A在面PBC内的射影为H,求证H不可能是△PBC的垂心。
9.如图,已知△ABC是边长为a的正三角形,D,E分别为AC与BC的中点,PA⊥面ABC
(1)过P,D作平面α,使得α∥直线AE;
(2)当PA=b时,求AE到面α的距离.
10.如图,已知ABCD为矩形,PA⊥面ABCD,AE⊥PB于E,EF⊥PC于F
(1)求证:
AF⊥PC;
(2)设平面AEF交PD于G,求证AG⊥PD
11.如图,已知ABCD是边长为a的菱形,其中∠ABC=60°
,PD⊥面ABCD,且PD=a,E为PB的中点。
(1)求证面AEC⊥面ABCD;
(2)求E到面PAD的距离
12.如图,已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别为棱B1B和D1D的中点。
(1)求证A,M,C1,N四点共面;
(2)求A1到面AMC1N的距离;
(3)求D1到面AMC1N的距离。
【试题答案】
1.已知:
a∥b,a∩平面α=A
b和平面α相交
∴a∥平面α,这与a∩平面α=A矛盾
(2)如果b∥平面α:
∵a∥b∴a和b确定一个平面β.
显然,平面α与平面β相交,设交线为c.
∵b∥平面α∴b∥c
∴a∥平面α,这与a∩平面α=A矛盾
∴b∥平面α也不能成立.
由
(1)和
(2)可知,b与平面α相交.
【说明】
直线与平面的位置关系,应是‘否一得余”.所以,否
2.已知:
直线a∥平面M,直线a∥平面N,平面M∩平面N=b(如图所示)
a∥b
【分析】
(1)证明几何题的一般思路是,由求证想判定(即,由题的“终结”回想证明它有什么样的方法),由已知想性质(即,由题设条件,回想由“题设”能推什么样的性质),两头向中间推想,让其汇合于中间,使问题得证.在证明线与面、线与线及线与面的位置关系时,应从“看到结论想判定定理,看到条件想性质定理”去分析题意和寻求证明思路。
(2)在本题中,要证明a∥b,因为b是平面M和N的交线,所以首先应将a平移到平面M和N内(直线和平面平行的性质定理可担当此任),使其与直线b发生联系。
证明1:
经过a任作两个平面P和Q,和平面M和N分别相交于直线c和d(如图)
∵a∥平面M,a∥平面N
∴a∥c,a∥d(直线与平面平行的性质定理).∴c∥d
∵a∥c∴a∥b
证明2:
经过a任作平面P、Q,和平面M、N分别相交于直线c,d
∵a∥平面M,a∥平面N∴a∥c,a∥d∴c∥d
∴c,d可确定平面α,且平面α与平面M、N的交线互相平行.
∴三个平面M、N和α,两两相交,交线分别为b、c、d,且c∥d
∴b∥c∥d
又a∥c∥d∴a∥b
证明3:
在交线b上任取一点A,则a∥平面M,a∥平面N可
∴点A和直线a可确定一个平面β.
设平面β∩平面M=b′,平面β∩平面N=b″.
由直线和平面平行的性质定理可知,a∥b′,a∥b″
∴b′∥b″,即b′与b″重合于b.
∴a∥b
3.证法一:
连接AF并延长交β于G.
因为
AG∩CD=F,所以
AG,CD确定平面γ,且γ∩α=AC,γ∩β=DG
α∥β,所以AC∥DG,所以
∠ACF=∠GDF,
又
∠AFC=∠DFG,CF=DF,所以
△ACF≌△DFG
所以
AF=FG.又
AE=BE,
EF∥BG,BG
β
故
EF∥β.同理:
EF∥α
因为AB与CD为异面直线,所以A
CD
在A,CD确定的平面内过A作AG∥CD,交β于G,取AG中点H,连结EH,HF
α∥β,所以
AC∥DG∥HF
DG
β,所以HF∥β
又因为
E为AB的中点,因此
EH∥BG,所以EH∥β
又EH∩FH=H,因此
平面EFH∥β,EF
平面EFH,
EF∥β.同理,EF∥α
4.分析与简证
判断这三条交线的位置关系应具有一定的空间想象能力和逻辑推理能力,然后利用平面的基本性质和线面平行的判定定理和性质定理加以证明。
设这三个平面为α、β、γ,且α∩β=c,γ∩α=b,β∩γ=A
因为b与c共面于α,所以b与c相交于一点或互相平行
(1)若b与c相交于点P,易证P必在β与γ的交线a上,即a、b、c相交于一点
故a∥b∥C
5.证明
如图,
(1)连结B1D1
∵E,F是B1C1,C1D1的中点
∵D1D
B1B.∴D1B1BD是矩形
∴D1B1∥DB.∴EF∥DB
∴EF与DB确定一个共面.故E,F,D,B四点共面
(2)∵M,N是A1B1,A1D1的中点
∴MN∥D1B1∥EF.∴MN∥面EFDB
连结NE,则NE
A1B1
AB
∴NEBA是平行四边形.∴AN∥BE
∴AN∥面BEFD
∵AN,MN都在面AMN内,且AN∩MN=N
∴面AMN∥面EFDB
(3)解
如图.取BB1,CC1的中点Q,P,连结A1Q,A1P
∵PQ∥BC,∴PQ⊥面AB1
又∵M为A1B1的中点,∴AM⊥A1Q
由三垂线定理得,A1P⊥AM
又PC1⊥面A1C1,M,N分别为A1B1,A1D1的中点,
∴A1C1⊥MN.由三垂线定理得,A1P⊥MN
而AM∩MN=M,∴A1P⊥面AMN
由
(1)知面AMN//面EFDB,
∴A1P⊥EFDB
设A1P与这两平行平面交于O1、O2,如图,则O1O2的长为两平行平面的距离,在平行四边形AA2A3A4中,由平行四边形AA4A2A2的面积可知
6.分析首先要分清“充分性”命题,“必要性”命题各是什么;
在证明“充分性”命题时,即要证明AE与DF相交时,应先证AE与DF共面,再说明AE与DF不平行即可。
证明先证“充分性”:
“若AD⊥BC则AE与DF相交”。
因为AE⊥面BCD,所以AE⊥BC.又因为AD⊥BC,故BC⊥面ADE.因此面ADE⊥面ABC。
故AE与DF共面.
设面AED∩BC=G.则AE⊥DG,DF⊥AG,且AG∩DG=G.所以AE,DF不可能平行,故AE与DF必相交.
再证“必要性”:
“若AE与DF相交,则AD⊥BC”.
设AE∩DF=M,则AE,DF 可确定平面α.因为DF⊥面ABC,
7.证明在OP上任取一点P(异于O).设P在α内的射影为H.即PH⊥α,过P分别作PC⊥OA于C,PD⊥OB于D.因为∠POA=∠POB,PO=PO,所以PC=PD,从而HC=HD.由三垂线逆定理知HC⊥OA,HD⊥OB,即H在∠AOB的平分线上,即PO在α内的射影平分∠AOB
8.证明假设H是△PBC的垂心,连结BH,则BH⊥PC.因为AH ⊥面PBC,所以BH是AB在面PBC内的射影.则由三垂线定理知AB⊥PC.又由PA⊥面ABC,知PA⊥AB,故AB⊥面PAC.所以AB⊥AC 与△ABC为斜三角形矛盾,故H不是△PBC的垂心.
9.解
(1)过D作DF∥AE,交BC于F.显然P,D,F不共线.过P,D,F可确定平面,即为面α.
(2)在面ABC内,过A作AG⊥DF,交FD延长线于G,因为PA
⊥α,其交线为PG.
过A作AH⊥PG于H.则AH⊥面α.所以AH为AE到α的距离.
因为D,E是边长为a的正三角形中AC与BC的中点,由DF∥
因此
10.利用三垂线定理及线面垂直的条件可证PC⊥面AEF
11.
(1)取AC中点O,则EO⊥AC,可知面AEC⊥面ABCD
12.
(1)可先证MC1∥AN,于是A,M,C1,N共面。
(2)先证面AA1C1⊥面AMC1N,过A1作A1H⊥AC1于H.则A1H
(3)D1到面AMC1N的距离即是A1C1与B1D1的交点O1到该面的距
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- 立体几何 专题 平行 垂直