高中立体几何证明方法及例题

1、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

2、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.口.冋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IIa,a II ba b Aa / bII公理4(a/b,b/ca I Ic

3、)线面平行判定面面平行判定 1线线/<线面/<面面/a II线面平行性质4kII1，面面平行性质a II ,b IIa ,bIIIIa IIa IIa IIIIII线线、线面、面面垂直关系的转化:II成直二面角2. 平行与垂直关系的转化:aa线线/线面垂直性质2/面面平行判定2逹面面/a3. 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：应用中常用于鼠反'证科或“同TT 过直线外一点.有且只有一条直线与己知直线平行 过空间一点.有且貝有一条直线与己知平面垂直 过空间一点，有且只有一个平面与己知直线垂直1. 三类角的定义：(1)异面直线所成的角B

4、:0°<0< 90°(2)直线与平面所成的角:0时，b/或b(3)面角：二面角的平面角B,0° <0< 180°（定义法）（三垂裟定理法）【垂Eli-汩棱门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

5、，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 PABC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解:取AC中点G,连结 EG、FG,则EG1/ 丄 PC,1FG / - AB22 ZEGF 为 AB与PC所成的角在厶EGF中，由余弦定理,D. 120cos Z EGFEG2FG2EF25232722 EG FG AB 与 PC 所成的角为 180° 120°= 60° 选 A(2)已知正

6、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()A.、1313D. 2626设正四棱锥的高为h,斜高为h'解：21 2 1 2 2由题意：4 1 . h1 6 12 丫 2 h26侧棱长PB . h2 OB2二 cos Z PBOPB 26.1313选 A(3)如图，在正方体 ABCD A.BQQ,中，P为A.D,上的一个定点，Q为A1B1上的任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为定值，有下列命题： 点P到平面QEF的距离为定值； 直线PQ与平面PEF所成的角为定值； 二面角P EFQ的大小为定值； 三棱锥

7、PQEF的体积为定值其中正确命题的序号是 。解.平面QEF即是平面A1B1CD A1D1上定点P到面A1B1CD的距离为定值对，错二面角P EF Q,即面PDF与面A1B1CD所成的角，且平面角Z PDA 1为定 值，对因为A1B1 / DC,且EF为定值， S qef为定值又P点到平面QEF的距离为定值， VPqef为定值，对综上，正确。例2.图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。N/

8、zc Q图解：（1）如图，作出 MN、PQ图/ PQ/ ”。，又厶MNC为正三角形/ MNC = 60° PQ与MN成角为60°（2）VMNPQVQ PMN1"3 S PMN MQ31 2S PMN MQ16SpmDN MQ1V正方体6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U MO丄PQ又NP丄面PAQM , NP丄MO，贝U MO丄面PNQ过O作OE丄NQ，连结 ME,贝U ME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 aME2 a a3a.63

9、 a，又MO在 Rt MEO 中，sin / MEOMO一2a2.3ME.6a32/ MEO = 60°即二面角 M NQ P的大小为60°。例3.如图，已知四棱锥 PABCD , 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。解：（1 ）作PO丄平面ABCD，垂足为 O,连结OB、OA、OD , OB与AD交于点E,连结PE/ AD 丄 PB , AD 丄 OB (根据)/ PA= PD , OA = OD于是OB

10、平分AD，点E为AD中点 PE 丄 AD/ PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角/ PEB = 120°,/ PEO= 60°又PE. 3，二 PO PEsin60° .3 - -2 2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-/ GAE连结GE，易证 AE丄平面POB又PE

11、 BE 、3, G为PB中点1 / PEG / PEB 60o2 GE PEcos60°3 丄 32 21在 Rt AGE 中，AE AD 12tan Z GAEGEAEZ GAEarcta n3 Z AGFarctan所以所求二面角的大小为arctan（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DA3 3（3P（0，0，2），B（0,，0）3J33PB的中点G的坐标为（0 ,连结AG4 43.3又 A (1，,0),C (2,0）22由此得到GA(1,33),PB(0, 3 3 ,卫),4422BC(2,0, 0)于是GA PB:0,BC PB0 GA丄PB ,B

12、C丄PB GA、BC的夹角 为所求二面角的平面角于是 cos GA BC口|GA| |BC| 7所求二面角大小为arccos2、7（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 到厶ABC三个顶点的距离都是 14,那么点P到平面ABC的距离是（）A. 13B. 11C. 9D. 7解：设点P在厶ABC所在平面上的射影为 0CPA= PB = PC,. O ABC 的外心 ABC 中，AB = 9, AC = 15,/ BAC = 120 ° BC 92 152 2 9 15 cos120

13、o 21（2）在直三棱柱ABC A1B1C1中，ABBC . 2 , BB12,/ ABCr a由2R,二 Rsi nA21732 32 PO1427 3 2790o , E、F分别为AAc 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Bi F CA B C图AB图Bi氐v12图如图，EF A1E2 A1F212222如图展开，EF2 22| 2 2如图展开，EF 31 1V 22比较这三种方式展开，可见沿表面从E到F的最短路径长度为 3 22点评：

14、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 地球半径为R，则甲、乙两地的球面距离是（）140°与西经130°，设B.- R4解：由题意/ AO1B 360（O1为小圆圆心）又由题意OiA OiB2则 1AB 中，AB Ru丐R140°130°D.- R390° AOB为正三角形(0为球心)/Z AOB 3 A、B两点球面距离为R3选 D例5.如图，四棱锥PABCD，底面ABCD是矩

15、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 , CD 2 2，二面角 P CD B 为 45°，求点 F到平面 PEC距离。解：G为PC中点，连结FG、EG又 F为PD中点11 FG / - CD，又 AE / - CD22 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) v CD 丄 AD，又 PA丄面 ABCD AD为PD在面ABCD上射影 CD 丄 PD / PDA为二面角 PCD B的平面角，且/ PDA = 45 则厶PAD为等腰直

16、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U AF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方法2:（体积法）/ AF /面PEC,故只要求点 A到面PEC的距离d1 1由 VV 即 S d S PAA PECP AECPECAEC33易证AF丄面PCD , EG丄面PCD EG 丄 PC2PECS AEC2、2 22 2 2、211_ 一AE BC22.222dAEC PAS PEC.2 22 2（三）对命题条件的探索例6. （1）如图已知矩形

17、 ABCD中，AB = 3, BC = a,若PA丄平面 ABCD，在BC边上 取点E,使PE丄DE,则满足条件 E点有两个时，a的取值范围是（）A. a 6B. a 6C. 0 a 6D .0 a 6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，G ABC的重心，从K、

18、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（ ）AC1A. KB. HC. GD. 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'中点故 AC'B中，EF/ AB AB /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PE

19、F)，可见只能取 G点。故选C例7.如图，是棱长为1的正方体ABCDA1 B1C1D1(1) 线段A1B上是否存在一点P使得A1B丄平面PAC ?若存在，确定P的位 置；若不存在，说明理由。(2) 点P在线段A1 B上，若二面角CAP B的大小是arctan2，求P点位 置；B Q(3) Q点在对角线B1D上，使A1B /平面QAC，求一。11QDAl5BC解：(1)(用反证法)假设BA1丄面PAC，则A1B丄AC A1C1 / AC,易知 A1B与A1C1 成60° 即A1B与AC成60°角，与A1B丄AC矛盾 A1B不垂直于平面 PAC不存在点P满足题目条件(2)过B作

20、BH丄AP于H，连CHBA由于CB丄面ABB1A1，故 CH丄AP即/ BHC是二面角 C AP B的平面角 tan Z BHC即AB 2BHBCBH即在Rt BHA中,BHAB Z BAH = 30°PBAB 口在ABP中，又ABsin30 sin 105丄"2J6 J26 2 24(3)由于 AiB / DiC， AiB/面 DiAC点Q是直线B1D与面D1AC的交点下面求Q点的位置。设AC A BD O,显然 QOD s QD1B1B1Q B1D1QDDO8.（四）对命题结论的探索 例（1）正方体ABCD A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动, 并

21、且总保持AP丄BD1，则动点P的轨迹是（）A. 线段B1CB. 线段BC1C. BB1中点与CC1中点连成的线段D. BC中点与B1C中点连成的线段A.直线AB上B.直线BC上A.直线AB上B.直线BC上分析：从条件AP丄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丄AC，贝U 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ACi/ AC 丄 AB，又 AC 丄 BCi AC 丄面 ABC i又AC面ABC，面

22、ABC丄面ABC 1且AB为交线则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丄BC, AB丄BD , BC丄CD，且 AB = BC = 1。(1) 求证：平面CBD丄平面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B，使得存在这样的四面体，使二面角C AD B的 平面角为B。解：(1 )T AB 丄 BC，AB 丄 BD AB丄平面BCD，又AB 面ABD面ABD丄面CBD(2)设CD = X，在面 CBD内作CE丄BD于E由(1)知平面 ABD丄面BCD，且BD为

23、交线 CE丄平面ABD作EF丄AD于F，连结CF，贝U CF丄AD / CFE为“二面角” CAD B的平面角，且/ CFE = 30°又在 Rt BCD 中，CE BD = CB CD CExX21又 CD丄BC，又BC为AC在面BCD上射影 CD 丄 AC则在 Rt ACD 中，CF AD = AC CD CF2xx2 2在 Rt CEF 中，sin / CFECECF2解出x3，无实数解。故不存在这样的四面体，使二面角又 sin / CFEC AD B的平面角为30°故B可以取45°90°之间的任意角。点评：本题是一道存在性的探索问题。常常假定结论

24、成立，再判断它与已知条件是否符合。【模拟试题】一.选择题。1. PA、PB、PC是从P引出的三条射线，两两成 60 °，则PC与平面PAB所成角的余弦值是（）13、3.6A. 2B. 2C. 3D. 32. 在边长为1的菱形ABCD中，/ ABC = 60°，将菱形沿对角线 AC折起，使折起后BD=1，则二面角B AC D的余弦值为（）1丄2 2. 3A. 3B. 2C. 3D. 23. 三棱锥的三条侧棱两两垂直，底面上一点到三个侧面的距离分别是2，3, 6，则这个点到三棱锥顶点的距离是（）A. 11B. 41C. 7D. 614. 已知A、B、C是球面上的三点，且 AB

25、= 6，BC = 8，AC = 10,球 心O到平面 ABC的距离为-11，则球的表面积为（）A. 36B. 72C. 144D. 288 ABC边上的高线为AD， BD a，CD b，且a b，将 ABC沿AD折成大小acos 为B的二面角 B AD C,若b，则三棱锥 A BCD的侧面 ABC是（ ）B.钝角三角形D.形状与a, b的值有关的三角形且该塔形的表面积）A. 4B. 5二.填空题。Z BAC7.如图，在三棱锥PABC中，PA PB PC BC ,且2，则PA与底面ABC所成角的大小为o8.如图，矩形ABCD中，AB 4，BC 3，沿AC把厶DAC折起,当四面体的体积最大时，直线

26、AD与平面ABG所成角的正弦值是A.锐角三角形C.直角三角形5. 有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体的下底面的四 个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2,（含最底层正方体的底面积）超过39,则该塔中正方体的个数至少是（9.如图，正方体ABCD AiBiCiDi棱长为1, m、N分别为BlCl、DlCl中点，则点C到截面MNDB的距离是。三解答题。10. 如图，正三角形 ABC的边长为3，过其中心 G作BC边的平行线，分别交 AB、AC 于Bi、Ci，将AB1C1沿BiCi折起到aibici的位置，使点Ai在平面BBiCiC上的射 影恰是线段B

27、C的中点M，求：(1)二面角A1 BiCi M的大小；(2)异面直线AiBi与CC1所成角的大小。(用反三角函数表示)11.如图，已知正方形 ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB 2 , AF = 1 ,M是线段EF的中点。(1) 求证：AM /平面BDE ;(2) 求二面角A DF B的大小;使得PF与BC所成的角是60 °。试在线段AC上确定一点P,I今天所做之爭勿候明天目己所做之爭勿候他人. 厂徳【试题答案】二选择题。2. A3. C4. C1. C6. C提示：假设有n个正方体构成，其表面积由二部分组成:(1) 俯视图、表面只有一个正方形，(2) 侧面则由4n个正方

28、形构成，2其边长为2。且各层(从下往上看)5. C正方形面积构成一个首项为4,的等比数列。表面积13939 n的最小值为二.填空题。7. 3提示:由题意,P点在面ABC上的射影H是厶ABC外心,Z BAC2 , H 为 BC中点)8. 59. 3提示:VC MDBVM CDB，即1 1S h SMBDBCD33-C1CS BCD ° 1S MBD三.解答题。10. ( 1)连结AM ,、2 2A1GB2 ABC为正三角形，M为BC边中点 A、G、M三点共线，AM丄BC B1C1 丄 BCB1C1 丄 AM 于 G11 ? 11即 A 1G 丄 B1C1A1GM是二面角A1 B1C1

29、M的平面角.点A1在平面BBCC上的射影为m A1M 丄MG，/ A1MG 90°在 Rt A1GM 中，由 AG 2GM 得 / A2M 60即二面角A1 BGM的大小是60 °(2)过B1作B1P" C1C交BC于P,则'ARP为异面直线AB与CC1所成的角由PB1C1C是平行四边形得:B1P C1C 1BP, PMBMBP寸,A1B1AB 1222 A1M 丄面 BB1C1C 于 m A1M 丄 BC,/ A1MP90°在 Rt A1GM 中, A1MA1G sin 60°在 Rt A1MP 中，A“PA1M2PM222在A1B1P中，由余弦定理252 122 2 1TO