高中立体几何证明方法及例题.doc

高中立体几何证明方法及例题.doc

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1.空间角与空间距离

在高考的立体几何试题中，求角与距离是必考查的问题，其中最主要的是求线线角、线面角、面面角、点到面的距离，求角或距离的步骤是“一作、二证、三算”，即在添置必要的辅助线或辅助面后，通过推理论证某个角或线段就是所求空间角或空间距离的相关量，最后再计算。

2.立体几体的探索性问题

立体几何的探索性问题在近年高考命题中经常出现，这种题型有利于考查学生归纳、判断等方面的能力，也有利于创新意识的培养。

近几年立体几何探索题考查的类型主要有：

（1）探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么？

（2）探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么。

对命题条件的探索常采用以下三种方法：

（1）先观察，尝试给出条件再证明；

（2）先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；（3）把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件。

对命题结论的探索，常从条件出发，再根据所学知识，探索出要求的结论是什么，另外还有探索结论是否存在，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾。

（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：

2.线线、线面、面面垂直关系的转化：

3.平行与垂直关系的转化：

4.应用以上“转化”的基本思路——“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θ：

0°＜θ≤90°

（2）直线与平面所成的角：

0°≤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（）

解：

∴选A

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___________。

解：

∴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。

解：

（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。

解：

（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___________。

解：

（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（）

解：

（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。

解：

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（）

解：

∵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

∴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，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；

解：

（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（）

分析：

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

∴选A

（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

解：

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

∴选A

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

（1）求证：

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。

解：

（1）∵AB⊥BC，AB⊥BD

∴面ABD⊥面CBD

（2）设CD＝x，在面CBD内作CE⊥BD于E

由

（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·CD

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。

点评：

本题是一道存在性