高中立体几何证明方法及例题.docx
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高中立体几何证明方法及例题
(一)平行与垂直关系的论证
由判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系,在应用中:
低一级位置关系判定高一级位置关系;高一级位置关系推出低一级位置关系,前者是判定定理,后者是性质定理。
1.线线、线面、面面平行关系的转化:
面面平行性质
II
a,
a,b
aIIb
abA
a//b
II
(a//b,b//c
aIIc
)
V
线线//
线面平行判定
线面//
面面平行判定1
面面//
<
<
aII
面面平行性质
公理4
II
aII,b//
a,b
线面平行性质
aII
aII
aII
II
II
II
成直二面角
线面垂直判定2
面面平行判定2
线面垂直性质2
面面平行性质3
面面//
线面丄
线线//
a
b
e
o
X!
3.平行与垂直关系的转化:
4.应用以上“转化”的基本思路一一“由求证想判定,由已知想性质。
5•唯一性结论:
1.三类角的定义:
(1)异面直线所成的角B:
0°<0<90°
【典型例题】
(一)与角有关的问题
例1.
(1)如图,E、F分别为三棱锥P—ABC的棱AP、BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异
面直线AB与PC所成的角为()
A.60°B.45°C.30°D.120°
解:
取AC中点G,连结EG、FG,贝U
11
EG//—PC,FG//—AB
22
•••/EGF为AB与PC所成的角
在厶EGF中,由余弦定理,
/EG2FG2EF2523271
cosZEGF
2•EG•FG2532
•AB与PC所成的角为180°-120°=60°
•••选A
3
B.-
6
由题意:
丄41
2
A1B1上的任意一点,
O
解:
平面QEF即是平面A1B1CD
1侧棱长PB.h2
OB2
62
<26
1
■2
2
2
•cosZPBOOB
2
.13
PB
.26
13
2
选A
(3)如图,在正方体
ABCD
A1B1C1
D1中,P为A1D1上的一个定点,Q为
2
E、F为CD上任意两点,且EF的长为定值,有下列命题:
1点P到平面QEF的距离为定值;
2直线PQ与平面PEF所成的角为定值;
3二面角P—EF—Q的大小为定值;
4三棱锥P—QEF的体积为定值
其中正确命题的序号是
二A1D1上定点P到面A1B1CD的距离为定值
•••①对,②错
二面角P—EF—Q,即面PDF与面A1B1CD所成的角,且平面角/PDA1为定值,.••③对
因为A1B1//DC,且EF为定值,•SQEF为定值
又P点到平面QEF的距离为定值,•VPqef为定值,•④对
综上,①③④正确。
MN,
例2.图①是一个正方体的表面展开图,MN和PQ是两条面对角线,请在图
(2)的正方体中将
PQ画出来,并就这个正方体解答下列各题:
(1)求MN和PQ所成角的大小;
(2)求四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比;
(3)求二面角M—NQ—P的大小。
N
z
z
CQ
图①
即四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比为1:
6
(3)连结MA交PQ于0点,贝UMO丄PQ
又NP丄面PAQM,•NP丄MO,贝UMO丄面PNQ
过O作OE丄NQ,连结ME,贝UME丄NQ
•••/MEO为二面角M—NQ—P的平面角
在Rt△NMQ中,ME•NQ=MN•MQ
设正方体的棱长为a
•••/MEO=60°
即二面角M—NQ—P的大小为60°。
例3.如图,已知四棱锥P—ABCD,PB丄AD,侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°。
(1)求点P到平面ABCD的距离;
(2)
求面APB与面CPB所成二面角的大小。
•/AD丄PB,•AD丄OB(根据
•/PA=PD,.OA=OD
于是OB平分AD,点E为AD中点
•PE丄AD
•ZPEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角
•ZPEB=120°,ZPEO=60°
:
33
又PE,3,•POPEsin60°-.3•二-
22
即为P点到面ABCD的距离。
(2)由已知ABCD为菱形,及△PAD为边长为2的正三角形
PA=AB=2,又易证PB丄BC
故取PB中点G,PC中点F
则AG丄PB,GF//BC
又BC丄PB,.GF丄PB
•••/AGF为面APB与面CPB所成的平面角
•/GF//BC//AD,•/AGF=n-ZGAE
连结GE,易证AE丄平面POB
又PEBE、、3,G为PB中点
1
••ZPEGZPEB60o
2
•GEPEcos60°.3丄止
22
在RtAGE中,AEAD1
2
•/tanZGAE£1
AE
、:
3
2
/•ZGAEarctan—3
2
/•ZAGF
arctan—3
2
所以所求二面角的大小为
arcta^l
2
(2)解法2:
如图建立直角坐标系,其中O为坐标原点,
x轴平行于
DA
P(0,0,3),B(0,
PB的中点G的坐标为(0,
3丁33
5
,连结AG
又A(1,
0),C(
3-3
2
由此得到
GA
(1,
PB
(0,
i),
BC(
于是GA
-PB
0,
BC
-PB
•/GA丄
PB,BC丄PB
•/GA、
BC的夹角为所求二面角的平面角
于是cos
GA•BC
|GA|•|BC|
/所求二面角大小为
2历
arccos—
(二)与距离有关的问题
例4.
(1)已知在△ABC
顶点的距离都是14,那么点
中,AB=9,AC=15,Z
P到平面ABC的距离是(
BAC=120°,
)
它所在平面外一点
P到厶ABC三个
A.13B.11C.9D.7
解:
设点P在厶ABC所在平面上的射影为O
PA=PB=PC,「.OABC的外心
△ABC中,AB=9,AC=15,/BAC=120°
•••BC.921522915cos120o21
a
由2R,二R
sinA
•••PO1427.327
(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中,ABBC.2,BB12,/ABC
90O,E、F分别为AA1>C1B1的中点,沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的长度为。
解:
(采用展开图的方法)
将平面B1BCC1沿B1B旋转使两矩形A1ABB1与B1BCC1在同一平面内
连接EF,则EF为所求的最短路径
2
C
B
BiFCj
图①
如图①,EF
如图②展开,
EF
如图③展开,
EF
Bi
图②
12322
(2)21;
比较这三种方式展开,可见沿表面从
Ci
2图③
22
E到F的最短路径长度为
点评:
此类试题,求沿表面运动最短路径,
应比较其各种不同展开形式中的不同的路径,取其最小的一个。
应展开表面为同一平面内,
32。
2
则线段最短。
但必须注意的是,
(3)在北纬45°圈上有甲、则甲、乙两地的球面距离是(
与西经130°,设地球半径为R,
A-R
B.丄R
4
o
0
0
乙两地,它们的经度分别是东经140°
由题意ZAO1B解:
1
(O1为小圆圆心)
360
140
130
90
又由题意0小O1B
-2r
2
则1AB中,ABR
•••△AOB为正三角形(O为球心)
/.zAOB
/A、B两点球面距离为—R
3
•••选D
例5.如图,四棱锥P—ABCD,底面ABCD是矩形,PA丄平面ABCD,E、F分别是AB、PD中点。
(1)求证:
AF//平面PEC;
(2)若AD=2,CD2..2,二面角P—CD—B为45°,求点F到平面PEC
距离。
11
•FG/-CD,又AE/-CD
22
•FG//AE
•四边形AEGF为平行四边形
•AF//EG,又EG面PEC,AF面PEC
•AF//平面PEC
(2)TCD丄AD,又PA丄面ABCD
•AD为PD在面ABCD上射影
•CD丄PD
•ZPDA为二面角P—CD—B的平面角,且ZPDA=45则厶PAD为等腰直角三角形
•AF丄PD,又CD丄平面PAD
•CD丄AF
•AF丄面PCD
作FH丄PC于H,贝UAF丄FH
又EG//AF,•EG丄FH
•FH丄面PEC,「.FH为F到面PEC的距离
在Rt△PEG中,FH•PG=PF•FG
•FH
恵<21
「22221
方法2:
(体积法)
•/AF//面PEC,故只要求点A到面PEC的距离d
11
由VV即S•dS•PA
APECPAECPECAEC
33
易证AF丄面PCD,•••EG丄面PCD
•••EG丄PC
S
PEC
1
PC•
EG1■
22
22222、222
2
2
SAEC
1
AE
BC1
.2
22
2
2
S
AEC
•PA
22
1
d
S
PEC
2、2
1
(三)对命题条件的探索
解:
•/PA丄面ABCD,PE丄DE
由三垂线定理的逆定理知PE的射影AE丄BE
所以满足条件的点E是以AD为直径的圆与BC的交点,要有两个交点,则
AD>2AB=6
•••选A
(2)如图,在三棱柱ABC—A'B'C'中,点E、F、H、K分别为AC'、CB'、A'B、B'C'的中点,
ABC的重心,从K、H、G、B'中取一点作为P,使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行,则P为
分析:
从题目中的“中点”条件,联想到“中位线”
而平面PEF中,EF为定直线,连BC'则F为BC'中点
故AC'B中,EF//ABAB//平面PEF,A'B'//平面PEF
考虑到若P为K点,则还有AA'、BB'、CC'都平行于FK
即它们也都平行于平面PEF,不合题意。
同理P也不能为H点,若P为B'点时,EF与B'A'共面也不符合题意(这时只有一条棱平行于平面PEF),
可见只能取G点。
故选C
(1)线段A1B上是否存在一点P使得A1B丄平面PAC?
若存在,
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- 高中 立体 几何 证明 方法 例题