高中立体几何证明方法及例题文档格式.doc

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高中立体几何证明方法及例题文档格式.doc

1.三类角的定义:

(1)异面直线所成的角θ:

<θ≤90°

(2)直线与平面所成的角:

≤θ≤90°

(3)二面角:

二面角的平面角θ,0°

<θ≤180°

2.三类角的求法:

转化为平面角“一找、二作、三算”

即:

(1)找出或作出有关的角;

(2)证明其符合定义;

(3)指出所求作的角;

(4)计算大小。

(三)空间距离:

求点到直线的距离,经常应用三垂线定理作出点到直线的垂线,然后在相关三角形中求解。

求点到面的距离,一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面利用面面垂直的性质求之也可以利用“三棱锥体积法”直接求距离,直线与平面的距离,面面距离都可转化为点到面的距离。

【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,则

∴∠EGF为AB与PC所成的角

在△EGF中,由余弦定理,

∴AB与PC所成的角为180°

-120°

=60°

∴选A

(2)已知正四棱锥以棱长为1的正方体的某个面为底面,且与该正方体有相同的全面积,则这一正四棱锥的侧棱与底面所成的角的余弦值为()

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___________。

∴①对,②错

值,∴③对

综上,①③④正确。

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MN,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。

(1)如图②,作出MN、PQ

∵PQ∥NC,又△MNC为正三角形

∴∠MNC=60°

∴PQ与MN成角为60°

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O点,则MO⊥PQ

又NP⊥面PAQM,∴NP⊥MO,则MO⊥面PNQ

过O作OE⊥NQ,连结ME,则ME⊥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⊥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。

(1)作PO⊥平面ABCD,垂足为O,连结OB、OA、OD,OB与AD交于点E,连结PE

∵AD⊥PB,∴AD⊥OB(根据___________)

∵PA=PD,∴OA=OD

于是OB平分AD,点E为AD中点

∴PE⊥AD

∴∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角

∴∠PEB=120°

,∠PEO=60°

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⊥BC

故取PB中点G,PC中点F

则AG⊥PB,GF∥BC

又BC⊥PB,∴GF⊥PB

∴∠AGF为面APB与面CPB所成的平面角

∵GF∥BC∥AD,∴∠AGF=π-∠GAE

连结GE,易证AE⊥平面POB

(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

(二)与距离有关的问题

例4.

(1)已知在△ABC中,AB=9,AC=15,∠BAC=120°

,它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离都是14,那么点P到平面ABC的距离是()

A.13 B.11 C.9 D.7

解:

设点P在△ABC所在平面上的射影为O

∵PA=PB=PC,∴O为△ABC的外心

△ABC中,AB=9,AC=15,∠BAC=120°

长度为___________。

(采用展开图的方法)

点评:

此类试题,求沿表面运动最短路径,应展开表面为同一平面内,则线段最短。

但必须注意的是,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。

(3)在北纬45°

圈上有甲、乙两地,它们的经度分别是东经140°

与西经130°

,设地球半径为R,则甲、乙两地的球面距离是()

(O1为小圆圆心)

∴△AOB为正三角形(O为球心)

∴选D

例5.如图,四棱锥P—ABCD,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,E、F分别是AB、PD中点。

(1)求证:

AF∥平面PEC;

距离。

G为PC中点,连结FG、EG

又∵F为PD中点

∴四边形AEGF为平行四边形

∴AF∥平面PEC

(2)∵CD⊥AD,又PA⊥面ABCD

∴AD为PD在面ABCD上射影

∴CD⊥PD

∴∠PDA为二面角P—CD—B的平面角,且∠PDA=45°

则△PAD为等腰直角三角形

∴AF⊥PD,又CD⊥平面PAD

∴CD⊥AF

∴AF⊥面PCD

作FH⊥PC于H,则AF⊥FH

又EG∥AF,∴EG⊥FH

∴FH⊥面PEC,∴FH为F到面PEC的距离

在Rt△PEG中,FH·

PG=PF·

FG

方法2:

(体积法)

∵AF∥面PEC,故只要求点A到面PEC的距离d

易证AF⊥面PCD,∴EG⊥面PCD

∴EG⊥PC

(三)对命题条件的探索

例6.

(1)如图已知矩形ABCD中,AB=3,BC=a,若PA⊥平面ABCD,在BC边上取点E,使PE⊥DE,则满足条件E点有两个时,a的取值范围是()

∵PA⊥面ABCD,PE⊥DE

由三垂线定理的逆定理知PE的射影AE⊥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

(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'

的中点,G为△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()

A.K B.H C.G D.B

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

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

例7.

置;

若不存在,说明理由。

置;

(1)(用反证法)

∴不存在点P满足题目条件

(2)过B作BH⊥AP于H,连CH

即∠BHC是二面角C—AP—B的平面角

∴∠BAH=30°

下面求Q点的位置。

(四)对命题结论的探索

例8.

并且总保持AP⊥BD1,则动点P的轨迹是()

从条件AP⊥BD1出发,可知AP必在过A点且与BD1垂直的平面B1AC上

∴点P必在B1C上

(2)如图,斜三棱柱ABC—A1B1C1中,∠BAC=90°

,BC1⊥AC,则C1在底面ABC上的射影H必在()

A.直线AB上 B.直线BC上

C.直线CA上 D.△ABC内部

连结AC1

∵AC⊥AB,又AC⊥BC1

∴AC⊥面ABC1

则C在面ABC上的射影必在交线AB上

例9.在四面体ABCD中,AB⊥BC,AB⊥BD,BC⊥CD,且AB=BC=1。

平面CBD⊥平面ABD;

(2)是否存在这样的四面体,使二面角C—AD—B的平面角为30°

如果存在,求出CD的长;

如果不存在,请找出一个角θ,使得存在这样的四面体,使二面角C—AD—B的平面角为θ。

(1)∵AB⊥BC,AB⊥BD

∴面ABD⊥面CBD

(2)设CD=x,在面CBD内作CE⊥BD于E

(1)知平面ABD⊥面BCD,且BD为交线

∴CE⊥平面ABD

作EF⊥AD于F,连结CF,则CF⊥AD

∴∠CFE为“二面角”C—AD—B的平面角,且∠CFE=30°

又在Rt△BCD中,CE·

BD=CB·

CD

又∵CD⊥BC,又BC为AC在面BCD上射影

∴CD⊥AC

则在Rt△ACD中,CF·

AD=AC·

故不存在这样的四面体,使二面角C—AD—B的平面角为30°

故θ可以取45°

~90°

之间的任意角。

本题是一道存在性

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