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立体几何解题技巧例说


立体几何解题技巧例说
(一)有关点共线、点共面、面共线问题 【例 1】已知 D、E、F 分别是三棱锥 S-ABC 的侧棱 SA、SB、SC 上的点,且直线 FD 与 CA 交于 M,FE 与 CB 交于 N,DE 与 AB 交于 P,求证:M、N、P 三点必共线. 点拨: 证明若干个点共线的重要方法之一, 是证明这些点分别是某两个平面的公共点. 证明:由已知,显然 M、N、P 在由 D、E、F 所在的平面,又 M、N、P 分别在直线 CA、 CB 和 AB 上,故 M、N、P 必然在 A、B、C 所在的平面内,即 M、N、P 是平面 DEF 与平面 ABC 的公共点,∴它们必在这两个平面的交线上,故 M、N、P 三点共线. 点评: 证明点共面、 线共面的基本途径是先由满足确定平面条件的几个点或几条直线 作出平面,再证明其余元素在该平面内. (二)有关空间角问题 【例 2】在棱长都相等的四面体 ABCD 中, E、F 分别为棱 BC 和 AD 的中点(如下图). (1)求 AE 与 CF 所成的角; (2)求 CF 与面 BCD 所成的角. 点拨:(1)欲求两条异面直线所成的角,需将其中 一条平移到与另一条相交的位置,而平移时,常在 某一平面内进行. (2)欲求直线与平面所成的角,需过该直线上的 某一点(异于与平面的交点)作该平面的垂线. 通常是在与该平面垂直的平面内作出这条垂线,而后便可作出线面角. 解:(1)在平面 AED 内,过 F 作 FK∥AE,交 ED 于 K,则∠CFK 是异面直线 AE 与 CK 所 成角(或是其补角).该棱长为 a,通过计算,可
1 3 3 7 AE = a,CF = a,CK = a,由余弦定理cos∠CFK = 2 4 2 4 CF 2 ? FK 2 ? CK 2 2 2 = ,∴∠CFK = arccos ,即异面直线AE与CF所成的 2 ·CF·FK 3 3 2 角为arccos . 3 得FK =

(2)∵各棱长均相等,E 为 BC 中点,∴BC⊥AE,BC⊥DE ∴BC⊥面 AED∴面 AED⊥面 ABC,过 F 作 FH⊥ED 于 H,则 FH⊥面 BCD, ∴∠FCH 是 CF 与面 BCD 所成的角.

FH是四面体的高AO的一半,∴FH = ∴sin∠FCH = FH 2 = , CF 3 2 3 2 . 3

6 a 6

∴∠FCH = arcsin

故CF与面ABC所成的角为arcsin

1

【例 3】已知 D、E 分别是正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱 AA1 和 BB1 上的点,且 A1D=2B1E=B1C1(如图) 求过 D、E、C1 的平面与棱柱的下底面 A1B1C1 所成二面角的大小. 点拨:在图上,过 D、E、C1 的面与棱柱底面只给出一个公共点 C1,而没有画出它与 棱柱底面所成二面角的棱, 因此还需找出它与底面的另一个公共点, 进而再求二面角的大 小. 解:在平面 AA1B1B 内延长 DE 和 A1B1 交于 F,则 F 是面 DEC1 与面 A1B1C1 的公共点, C1F 为这两个平面的交线,所求的二面角就是 D-C1F-A1 的平面角. ∵A1D∥B1E,且 A1D=2B1E. ∴E、B1 分别为 DF 和 A1F 的中点, ∵A1B1=B1C1=A1C1, ∴FC1⊥A1C1,又面 AA1C1C⊥面 A1B1C1,FC1 在面 A1B1C1 内 ∴FC1⊥面 AA1C1C,而 DC1 在面 AA1C1C 内, ∴PC1⊥DC1,∴∠DC1A1 是二面角 D-FC1-A1 的平面角.

由已知A 1 D = B1C = A 1C1 ,∴∠DC1A 1 =

π π .故所求二面角的大小为 . 4 4

点评:当所求的二面角没有给出它的棱时,可通过公理 1 和公理 2,找出二面角的两 个面的两个公共点,从而找出它的棱,进而求其平面角

的大小即可.若利用cosθ =

S △A B C S △DEC

1 1 1 1

求θ , ( 其中θ 为二面角的大小 ) ,

作为解答题,高考中是要扣分的,因为它不是定理. (三)有关空间距离问题 【例 4】如图,ABCD 是边长为 4 的正方形, E、F 分别为 AB、AD 的中点,GC⊥面 ABCD 且 CG=2. 求点 B 到平面 GEF 的距离. 点拨:因点 B 在面 GEF 的射影不好确定,所以不宜直接求其距离,由已知容易得出 BD∥GEF,故可将求 B 到面 GEF 的距离问题转化为求直线 BD 与面 GEF 的距离来解决. 解法 1:连接 BD,∵E、F 分别为 AB、AD 的中点,∴EF∥BD,又∵EF 在面 GEF 内,而 BD 不在面 GEF 内,∴BD∥面 GEF.∴B 到面 GEF 的距离等于直线 BD 到面的距离,连接 AC, 分别交 EF 和 BD 于 K,O,连 GK,∵EF⊥AC,EF⊥GC,∴EF⊥面 GCK.又在 EF 在面 GEF 内, ∴面 GEF⊥面 GCK. 过 O 在面 GCK 内作 OH⊥GK 于 H,则 OH⊥面 GEF,
2

∴OH 即为 BD 平面 GEF 的距离.

OH OK ? . GC GK 1 已知GC = 2 ,又OK = AC = 2 ,GK = KC 2 ? GC 2 ? 22 . 4 2 11 ∴OH = . 11 ∵△GCK∽△OHK∴
解法 2:用体积法 ∵BD∥EF,且 EF 在面 GEF 内,BD 不在面 GEF 内,BD∥面 GEF,BD 与 AC 交于 O,则 B 到面 GEF 的距离=BD 到面 GEF 的距离=O 到面 GEF 的距离. ∴VB-GEF=VO-GEF. 设 O、C 到面 GEF 的距离分别为 h1,h2, ∵KO∶KC=1∶3,∴h1∶h2=1∶3,
1 1 ∴VO ? GEF ∶VC? GEF = ( ·S △GEF ·h 1 ) ∶ ( ·S △GEF ·h 2 ) = h 1 ∶h 2 = 1∶ 3, 3 3

在Rt△GCK中,斜边GK上的高h 2 = ∴h1 = 2 . 11

GC·GK 2 ×3 2 6 2 6 ? ? ? , GK 4 ? 18 22 11

2 11 . 11 (四)立体几何最值问题 【例 5】已知如图等腰△ABC 中 AB=AC=13、BC=12,DE∥BC.分别交 AB 和 AC 于 DE.将 △ADE 沿 DE 折起使得 A 到 A′, 且 A′-DE-B 为 60°二面角. 求 A′到直线 BC 的最小距 离. 点拨:首先应作出 A′到 BC 的距离.显然 A′到 BC 的距离的大小与 DE 的位置有关, 而 DE 的位置又可由 A 点到 DE 的距离表示,由此,A′到 BC 的距离可表示为 A 到 DE 的距 离的函数,进而可解决问题. 解:取 BC 的中点 O,连 AO 交 DE 于 O′. ∵AB=AC,∴AO⊥BC, ∴AO′⊥DE,连 A′O′,则 A′O′⊥DE, ∴DE⊥面 A′O′O,∵DE∥BC, ∴BC⊥面 A′O′O, ∴BC⊥A′O,故 A′O 为 A′到 BC 的距离, 且∠A′O′O 为二面角 A′-DE-B 的平面角, ∴∠A′O′O=60°. 设 AO′=A′O′=x,∵AB=AC=13,BC=10,∴AO=12,O′O=12 故B到面GEF的距离为

3

-x,在△A′O′O中,由余弦定理有 A′O = A′O′ 2 ? O′O2 ? 2A′O′·O′O· cos 60° 1 ? 3x2 ? 36x ? 144 ? 3( x ? 6) 2 ? 36 2 ∴当 x=6 时,A′O 取得最小值 6.即当 DE 恰为△ABC 的中位线时,A′到 BC 的距离 最小,其值为 6. (五)立体几何综合问题 ? x2 (12 ? x) 2 ? 2 ·x· (12 ? x) ·

【例 6】 已知如图, ABC-A1B1C1 是正三棱柱, D 是 AC 的中点, (1)求证 AB1∥面 DBC1; (2)若 AB1⊥BC1,求以 BC1 为棱 DBC1 与 CBC1 为面的二面角的度数.

点拨:(1)欲证 AB1∥平面 DBC1,只需在平面 DBC1 内找出一条与 AB1 平行的直线即 可.由于 D 是 AC 的中点,就自然要考虑取 BC1 的中点 E,显然 DE∥AB1,问题即可解决. (2)欲求二面角 D-BC1-C 即二面角α 的度数,则需找出它的平面角,由已知,平面 ABC⊥面 B1BCC1,则过 D 作 DF⊥BC,则 DF⊥面 B1BCC1,连接 EF,由条件 AB1⊥BC1,可证 明 DE⊥BC,再利用三垂线定理(或内定理)可证出 BC1⊥CF,即可得二面角α 的平面角∠ DEF.通过计算,问题可解决. 解:(1)∵A1B1C1-ABC 是正三棱柱,∴四边形 B1BCC1 是矩形.连接 B1C 交 BC1 于 E, 则 B1E=EC,连结 DE.在△AB1C 中,∵AD=DC,

∴DE∥AB1,又∵AB1 ? 平面DBC1 ,DE ? 平面DBC1 ,∴AB∥平面 DBC1.
(2)在面 ABC 内,过 D 作 DF⊥BC 于 F,则 DF⊥平面 B1BCC1,连接 EF,则 EF 是 ED 在 平面 B1BCC1 内的射影. ∵AB1⊥BC1,∴由(1)知 AB1∥DE,∴DE⊥BC1,由三垂线逆定理可知 BC1⊥EF.∴∠ DEF 是二面角α 的平面角,设为θ ,设 AC=a, 1 则CD = a,∵△ABC是正三角形. 2
4

∴在Rt△DCF中,DF = DC·sin∠DCF = CF = DC·cos∠DCF = 1 a. 4

3 a, 4

取 BC 的中点 G,∵EB=EC∴GE⊥BC.
3 1 在Rt△BEF中,EF 2 = BF·GF,又BF = BC-FC = a,GF = a, 4 4 3 1 3 DF ∴EF 2 = a· a,∴EF = a.∴tan∠DEF = = 1 ∴∠DEF = 45°. 4 4 4 EF

故二面角α 为 45° 点评:要善于从不同角度观察某一几何体,这是考查空间想象能力的重要方面,把一 个正三棱柱放倒之后,其性质是不改变的,如 B1BCC1 是矩形,面 ABC⊥面 B1BCC1 等,应 正确识别. (1)的证明,体现了将证线面平行转化为证线线平行的转化思想; (2)的解答,是通过作出二面角的平面角,将立体几何问题转化为平面几何的有关计 算问题来解决的. (六)解立体几何计算题的一般方法 1.几何计算题的结构是根据已知的若干几何量或位置关系推求另一些几何量.而已 知的位置关系通常也要转化为几何量 最基本的几何量有两个:线段和角.其他几何量或者用线段和角来定义,或者可表示 成线段和角.例如,两点间的距离,点到平面的距离其本身就是线段的长;异面直线所成 的角,直线与平面所成的角,是直接用角来表述的概念;而求积公式也都可以用线段或角 来表示. 由上述可知, 几何计算题的结构实为根据已知的线段和角推算未知的线段和角. 为此, 解几何计算题必须了解和运用由线段和角构成的关系式(即以线段和角为未知量而构成的 多元方程). 满足这个需要的基本知识多是三角形的边角关系(锐角或钝角的三角函数, 正 弦定理,余弦定理等).所以,解几何计算题的一般方法是,把题中的线段和角(已知的和 未知的)看成三角形的元素,而后借助于三角形的解法推算出所求的结果. 所以, 解几何计算题的过程大多是一连串的解三角形的过程, 而解三角形的过程又是 解方程(组)的过程. 解几何计算题的一般方法与解几何证明题的一般方法一样, 也是从题目自身的特点得 出的.由于计算过程就是推算过程,当我们寻求计算题的已知条件与未知量的联系时,也 要使用综合法及分析法. 2.已知条件与图形的形状和大小 这里所说的“形状”不是通常指的某个三角形是直角三角形还是等腰三角形等意思, 而是与相似相联系的,就是说形状相同的两个图形是相似的.这里所说的“大小”指的是 面积及体积. 解一个几何计算题, 在下手计算之前如能弄清图形的形状大小, 就会有助于对问题进 行总体的分析.所给图形的形状大小决定于所给的条件,由此,几何计算题可分为以下四 种基本类型: (1)形状和大小都确定;(2)形状确定,大小不定;(3)大小确定,形状不定;(4)形状 和大小都不确定,
5

对第(1)种类型来说,若依照已知条件分别画出两个图形 F 和 F′,则 F≌F′,即 F 与 F′重合,为了简便起见,本节以下将称这种类型的图形是确定的图形. 对第(2)种类型来说,若依照已知条件画出两个图形 F 和 F′,则 F~F′,本节今后 将称这种类型的图形的形状是确定的. 第(1),(2)两种类型的计算题是常见的,也是比较重要的,下面通过例题加以说明. 【例 7】如图 1,P 是二面角α -AB-β 棱 AB 上的一点,分别在α ,β 上引射线 PM, PN,如果∠BPM=∠BPN=45°,∠MPN=60°,那么二面角α -AB-β 的大小是多少?

点拨:图 1,是一个形状确定的图形,这是因为∠BPM=45°,所以射线 PM 在α 内的 位置是确定的,同理 PN 在β 内的位置也是确定的. 若角 MPN 的大小不定,即 PM 与 PN 的相互位置关系不定,则由 AB,PM 所决定的平面 α 和由 AB,PN 所决定的平面β 的相互位置关系不可能确定,从而二面角α -AB-β 的大 小也就不能确定了,但在已知条件有∠MPN=60°,即 PM 与 PN 的相互位置关系确定,从而 二面角α -AB-β 的大小确定. 可见, 由已知条件是可以推算出二面角α -AB-β 的大小. 在 PM 上取一点 M,作 MC⊥AB 交 AB 于点 C,在β 内再作 CN⊥AB 交 AN 于点 N(图 2), ∠MCN 就是二面角的平面角,连接 MN 则图 2 就可以变成一个形状确定的四面体 PMNC. 四面体共有六条棱,设四面体 PMNC 的任一条棱长为 a,则其他 5 条棱都可以用 a 来 表示,这样,我们就可以把四面体 PMNC(暂时)变成一个大小也确定的图形,从而借助三 角形解法就可推算出∠MCN 的大小.

解 设PC = a,则CM = a,CN = a,PM = 2·a,PN = 2a,
在△PMN 中,由于∠MPN=60°,所以△PMN 是一个等边三角形.
∴MN = 2a 在△MCN中,由于CM = CN = a,MN = 2 ·a,

∴△MCN 是一个等腰直角三角形,∠MCN=90°. ∴二面角α -AB-β =90° 【例 8】如图 1,在三棱锥 S-ABC 中,SA⊥底面 ABC,AB⊥BC.DE 垂直平分 SC,且 分别交 AC,SC 于 D,E.又 SA=AB,SB=BC,求以 BD 为棱,以 BDE 与 BDC 为面的二面角的 度数.

点拨:先来考虑三棱锥 S-ABC 的形状大小问题. 根据 SA⊥底面 ABC,SA=AB,可知△SAB 是等腰直角三角形,其形状确定,现在不防 假设这个等腰直角三角形的位置也固定.
6

由于 AB⊥BC,并且 SB=BC,则线段 BC 的位置也是固定的,从而点 C 的位置以及线段 SC 和线段 AC 的位置也确定. 这就是说,当任意一个等腰直角三角形的位置确定以后,点 C 的位置就随之而定.事 实上,△SBC 也是一个等腰直角三角形,当等腰直角三角形 SAB 的位置确定以后,等腰直 角三角形 SBC 的位置也随之确定.可见,三棱锥 S-ABC 是一个形状确定大小不定的几何 体. 又,由于 E 是 SC 中点,且 ED⊥SC 交 AC 于 D,所以点 D 的位置也是确定的. 根据以上分析, 可以断定, 从已知条件可以推算出图 1 中任意两条线段所成的角以及 任意两条线段所成比. 解法 1:连接 DE(图 2).
设SA = 1,则AB = 1,SB = 2 ,BC = 2 ,SC = 2 · 2 = 2 在Rt△SAC中,AC = SC 2 ? SA 2 ? 2 2 ? 12 ? 3

∵EB 是 Rt△SBC 斜边 SC 上的中线, ∴EB=1,连结 SD,则 SD 平分∠ASC,∠ASD=∠DSE=30°.
在Rt△DES中,DE = SEtan30° = 1× CD = AC-AD = 3 ? 1 3 ? 1 1 3,∴AD = DE = 3,从而 3 3

1 2 3 ? 3.现在,在Rt△ABC中,我们来计算BD的长. 3 3

设 BD=x(图 3). 在△BDC 中有

x 2 = CD 2 +BC 2 - 2CD·BC·cos∠BCD(cos∠BCD = ( 2 ) 2 -2× 2 2 4 8 2 1 3× 2 × = + 2 - = ,∴x = 6 3 3 3 3 3 3

BC 2 ) = ( 3) 2 ? AC 3

2 1 4 2 3) 2 ? ( 6 ) 2 ? ? = 2 = ( 2) 2 = BC 2 3 3 3 3 ∴∠CDB=90°,从而 CD⊥BD. 在△BDC中,有CD 2 +BD 2 = (

在△BDE 中,有

BD 2 +DE 2 = (

1 3 6) 2 ? ( ) 2 = 1 = BE 2 3 3

∴∠BDE=90°,从而 ED⊥DB. ∴∠EDC 是所求二面角的平面角. 在 Rt△DEC 中,∵∠DCE=30°,∴∠EDC=60°∴所以二面角的度数为 60°. 解法 2:∵SA⊥底面 ABC,且 AB⊥BC,∴根据三垂线定理有 SB⊥BC,从而△SBC 为等 腰直角三角形,又因 E 为 SC 的中点,∴BE⊥SC. 由已知,ED⊥SC,∴SC⊥平面 DBE,∴BD⊥SC,又 BD⊥SA, ∴BD⊥平面 SAC,即平面 SAC 垂直于二面角 E-BD-C 的棱 BD, ∴∠EDC 是所求二面角的平面角.

设SA = 1,则根据已知条件有AB = 1,SB = 2,BC = 2,SC = 2· 2 = 2,
∵在 Rt△SAC 中,∠ACS=30°,在 Rt△DEC 中,∠EDC=60°。

7


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