高中数学必修四教案和课件-锻炼高中数学能力的书
立体几何解题如何添加辅助线
有人说,解立体几何题
“得辅助线者得天下”。此话说得虽有点过头,但学会添加辅助线确实是我们
快捷解题的关键。那么,辅
助线该如何添加呢?这里我先介绍一段口诀:“有了中点配中点,两点相连中
位线;等腰三角形出现,顶
底中点相连线;有了垂面作垂线,水到渠成理当然。”然后结合口诀分析几个
例子,供同学们参考。
例1 如图1,在二面角
??l??
中,
A、B??,C、D?
l,
ABCD是矩形,
P??,PA??,
且
PA?AD
,
M、N依次是AB、PC的中点。
证明:MN是异面直线AB和PC的公垂线。
分析:要证明此题,必须添加适当的辅助线。根据题设条件中的N点是PC的中点,则可考虑利用“有
了
中点配中点,两点相连中位线”的辅助线的做法。
证明:选取PD的中点Q,连接QN、QA,则QN
是△PDC的中位线,且
QN?
因为ABCD是矩形,M是AB的中点,所以AM∥DC,且<
br>AM?
1
DC.
2
1
DC
,所以
QNAM
,所以四边形
2
?
PA??
AMNQ为平行四边形,所以A
Q∥MN。由
?
易证AB⊥平面PAD,CD⊥平面PAD,所以AB⊥
AB?AD<
br>?
AQ,所以AB⊥MN,所以AQ⊥PD。又CD⊥AQ,所以AQ⊥平面PCD,即AQ⊥平
面
?
,所以AQ⊥PC,
故而,MN⊥PC,所以MN是异面直线AB和PC的公垂线
。
例2
如图2,在三棱锥A-BCD中,若∠BAC=∠CAD=∠DAB=60°,AC=AD,求证:AB⊥CD。
分析:题设条件中出现了“AC=AD”,即△ACD为等腰三角形,则可考虑利用“等腰三角形出现,
作底边的中点”来添加辅助线。
证明:取DC中点E,连接AE、BE。
1
则AE⊥CD易证△BAC≌△BAD,所以BC=BD,所以
BE⊥CD,所以CD⊥平面BAE,所以CD⊥
AB。
例3 如图3,底面是
等腰直角三角形的直棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
,
?ACB?
?
,AA
1
?AC,
D是
CC
1的中
2
点。(1)求证:平面
AB
1
D
⊥平面
AB
1
B
;(2)求二面角
B?B
1
D?A
的大小
。
分析:(1)要证明平面
AB
1
D
⊥平面
AB1
B
,则应转化为线面垂直,即在其中一个平面内找一条直线
垂直于另一个平面。
注意到题设中直棱柱的底面是等腰三角形,因而可考虑利用“等腰三角形出现,作底
边的中点”来添加适
当的辅助线。(2)要求二面角的大小,应考虑作出二面角的平面角,要作二面角的
平面角,注意到(1
)所证结果中出现了两平面垂直,所以可考虑利用“有了垂面作垂线,然后利用三垂
线”的作辅助线的办
法,作出其中一个平面的垂线以后,利用三垂线定理来作二面角的平面角(本题请同
学们结合图中已添加
的辅助线自己完成,第2小题的答案是二面角
B?B
1
D?A
的大小为
arcsin
30
。)
6
例析直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质
线线、面面垂直的判定与性质,多
以选择题和解答题形式出现,解答题中多以证明线线垂直、线面垂
直、面面垂直为主,属中档题。 例4、(2008广东五校联考)正方体ABCD
—
A
1
B
1<
br>C
1
D
1
中O为正方形ABCD的中心,M为BB
1
的中
点,求证:
(1)D
1
O平面A
1
BC
1
;
(2)D
1
O
⊥
平面MAC.
证明: (1)连结
BD,B
1
D
1
分别交
AC,A
1
C
1
于
O,O
1
在正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中,对角面
BB
1
D
1
D
为矩形
QO,O
1
分别是
BD,
B
1
D
1
的中点
?BOD
1
O
1
?
四边形
BO
1
D
1
O
为平行四边形?BO
1
D
1
O
QD
1
O?平面
A
1
BC
1
,
BO
1
?
平面
A
1
BC
1
?D
1
O
平面
A
1
BC
1
(2)连结
MO
,设正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为<
br>a
,
在正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
中,对角面
BB
1
D
1
D
为矩形且
BB
1
?a,BD?2a
QO,M
分别是
BD,BB
1
的中点
a2
BMBO2
,BO?OD?a
?
??
22
ODDD
1
2
Rt?MBO?Rt?ODD
1
??BOM??DD
1
O
?BM?
oo
Q
在
Rt?ODD
1
中
,
?DD
1
O??D
1
OD?90
??BOM
??D
1
OD?90
,即
D
1
O?MO
在正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1<
br>中
QDD
1
?
平面
ABCD
?DD
1
?AC
又
QAC?BD
,
DD
1
IBD?D
?AC?
平面
BB
1
D
1
D
QD
1
O?
平面
BB
1
D
1
D<
br>
?AC?D
1
O
又
ACIMO?O
?D
1
O?
平面
MAC
2
点评:证明线面垂直,关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直,由
线线垂直推出线面垂直,
证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理.
例5、(2008广东中山模拟)如图,四棱锥P—ABCD中, PA
?
平面ABC
D,底面ABCD是直角梯形,AB
⊥AD,CD⊥AD,CD=2AB,E为PC中点.
(I) 求证:平面PDC
?
平面PAD;
(II)
求证:BE平面PAD.
证明:(1)由PA
?
平面ABCD
?
PA?CD
?
CD?面PAD
?
?
CD?面PAD
?
P
E
CD?AD
(
已知
)
?
?
?
?
PA?AD?A
?
D
A
P
F
D
A
B
E
C
B
C
?
平面PDC
?
平面PAD;
(2)取PD中点为F,连结EF、AF,由E为PC中点,
得EF为△PDC的中位线,则EFCD,CD=2EF.
又CD=2AB,则EF=AB.由ABCD,则EF∥AB.
所以四边形ABEF为平行四边形,则EFAF.
由AF
?
面PAD,则EF面PAD.
点评:证明面面垂直,先证明线面垂直,要证线面垂直,先证明线线垂直.
例6、(2008
广东深圳模拟)如图,四棱锥
S?ABCD
的底面是正方形,
SA?
底面ABCD
,
E
是
SC
上一点.
(1)求证:平面
EBD?
平面
SAC
;
S
(2
)设
SA?4
,
AB?2
,求点
A
到平面
SBD<
br>的距离;
(1)证明:
?
SA?
底面
ABCD
?SA?BD
且
BD?AC
?
BD?平面SAC
E
A
D
C
?
平面
EBD?
平面
SAC
(2)解:因为
V
A
-SBD
?V
S-ABD
,且
S
?SBD
?
可求得点
A
到平面
SBD
的距离为
1
?22?32
,
2
B
4
3
点评:求点到
面的距离,经常采用等体积法,利用同一个几何体,体积相等,体现了转化思想.
立几问题中的转化策略
立体几何是高考的重点、难点,也是很
多同学感到头疼的问题.我们做题时,若能根据题目的特点进
行合理的转换,则常常能使问题较容易的得
以解决.本文就立几问题中常见的几种转化策略作一介绍,供
同学们学习时参考.
一、空间问题平面化
所谓平面化是指将空间的点、线、面的位置关系通过适当的转
化,使之转化在同一平面上进行研究.常
见的转化策略有“截、展、移”等.
3
(1)“截”就是根据题目需要,在几何体的适当位置作一能反映所研
究各元素间关系的面,使问题转
化在同一个平面上研究.
例1
设球O的半径为5,一个内接圆台的上、下底面半径分别为3和4,求这个圆台的体积.
解析
:图1是球及其内接圆台的轴截面,球心O到圆台的两底面的距
离分别为
OM?5
2<
br>?4
2
?3
,
ON?5
2
?3
2
?
4
.
①若圆台的两底面在球心的两侧,则圆台的高为
MN?4?3?7
.
π259π
.
?7?(3
2
?3?4?4
2
)?
33
②若圆台的两底面在球心的同侧,则圆台的高为
MN?4?3?1
.
π37π
22
所以圆台的体积为
V??1?(3?3?4?4)?
.
33
所以圆台的体积为
V?
(2)“展”就是将几何体展开
,将空间几何问题转化为平面几何问题来解决.此法通常用来解决空间
几何体的表面积问题和几何体表面
上(曲线)线段的最小值问题.转化的关键是要搞清楚几何体中的点、
线在展开图中的相应的位置关系.
此种方法我们在前面已经讲过了,这里就不再缀述.
(3)“移”就是将立体几何图形中的某些图形平
移到适当的位置,使不在同一平面上的元素经过平移
后,集中在某一个平面内,再用平面几何知识来处理
.常用于异面直线所成的角.
例2 如图2,三棱锥
A?BCD
的各棱长
都相等,M,N分别为BC,AD的中点,求异面直线MN与
BD所成的角.
解:如图2,取CD的中点F,连结MF,NF.
∵M为BC的中点,
∴
MF∥BD,MF=BD.同理NF=AC.
则∠NMF(或其补角)就是异面直线MN与BD所成的角.连结
AM,MD.
∵三棱锥的各条棱都相等,
∴三棱锥各面都是正三角形.
设棱长为
a
,则AM=MD=
a
.
又∵N为AD的中点,∴ MN⊥AD.
在Rt△AMN中,
2
??
311
2
??
222
a?a?a
.
MN?AM?AN?
??
?
?
2
?
?
22
?
??
?
2
又
MF?
111
BD?a
,
NF?a
,
MN
2
?MF
2
?
NF
2
,
222
故△MFN是等腰直角三角形.∴∠NMF=45°.
故MN与BD所成的角为45°.
二、空间问题“割补”化
对于某些立体几何问题,如果直接根据原
有图形进行解题比较困难时,不妨将图形巧妙的进行割补,
转化为我们熟悉的柱、锥等较规则的或易于研
究的几何体来处理,从而化繁为简,化难为易,使问题易于
解决.
例3 如图3,已知三
棱锥
A?BCD
中,AB=CD=1,
BC=BD=AC=AD=2.求三棱锥
A?BCD
的体积.
解:将三棱锥
A?BCD
补形成如图3所示的长方体.
设长方体的长、宽、高分别
x,y,z
,
则
x
2?y
2
?BD
2
?4
,
x
2
?z2
?BC
2
?4
4
,
z
2
?y
2
?CD
2
?1
.
由
三式解得
x?,y?,z?
2
7
2
2
1
2
2
1
.
2
11
xyz
32
∴
V
A?BCD
?V
方体
?V
P?ABC
?VQ?BCD
?V
S?ABD
?V
方体
?4V
Q?BCD
?xyz?4??
?
114
xyz?
.
312
三、空间问题整体化
当立几问题中的某些元素无
法找到或者较难作出时,可把问题作为一个有机的整体,从整体上考察问
题中的数量关系和空间形式,对
整体结构进行全面、深刻的分析和改造,从而达到探求解题思路或优化和
简化解题过程的目的.
例4 如图4,棱长为2的正方形
SG
1
G
2
G
3
中,
E,F
分
别是
G
1
G
2
,
G
2
G
3
的中点,D是EF的中点,现在沿SE,SF
及EF
方体折叠成一个四面体,且
G
1
,G
2
,G
3
三点重合,重合后的点
求四面体G-SEF的体积.
分析:本题若先
求出点G到平面SEF的距离,然后利用
体积公式求解,则比较麻烦.若注意到三棱锥G-SEF的体积
S-GEF的体积相等,即
V
G?SEF
?V
S?GEF
,
则使问题较容易的得
解:由题易知SG⊥GE,SG⊥GF,且GE∩GF=G,所以GEF.由正方形的棱长为2,易知SG=2,
S
△GEF
?
SEF的体
积为
V
G?SEF
?V
S?GEF
?
把这个正
记为G,
三棱锥的
与三棱锥
到解决.
SG⊥面
面体G-
1
,所以四
2
111
??2?
.
323
5
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