100147_数学竞赛辅导----立体几何_邓爱萍

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高考数学一轮复习第八章立体几何8.4直线平面平行的判定与性质市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT

图所表示.
下面给出证实:
∵BC=2AD,∴BG=AD,又BC∥AD,
∴四边形BGDA为平行四边形,
∴DG∥AB,即DP∥AB,
又AB⊂平面ABF,DP⊄平面ABF,
∴DP∥平面ABF,
∵AF∥DE,AF⊂平面ABF,DE⊄平面ABF,∴DE∥平面ABF,
又DP⊂平面PDE,DE⊂平面PDE,PD∩DE=D,
(4)利用平面平行传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则
这两个平面平行(客观题可用).
第24页
-25考点1
考点2
考点3
考点4
对点训练3
如图所表示几何体ABCEFD中,△ABC,△DFE都是等边三角形,且
所在平面平行,四边形BCED是边长为2正方形,且所在平面垂直于
平面ABC.
(1)求几何体ABCEFD体积;
a⊂β,b⊂β,a∩b=P, α∥β,α∩γ=a,
β∩γ=b
a∥α,b∥α
α∥β,a⊂β
结论 α∥β
α∥β
a∥α
a∥b
第3页
-4知识梳理
考点自测
1.平面与平面平行三个性质
(1)两个平面平行,其中一个平面内任意一条直线平行于另一个平面.
(2)夹在两个平行平面间平行线段长度相等.
(3)两条直线被三个平行平面所截,截得对应线段成百分比.
答案
第5页
-6知识梳理
考点自测
1
2
3
4
5
2.设m,l表示直线,α表示平面,若m⊂α,则l∥α是l∥m(
A.充分无须要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也无须要条件
)
关闭
l∥α l∥m,因为 l 与 m 也可以异面.反之 l∥m l∥α,因为也可以 l⊂α.

数学培优竞赛新方法-第23讲几何定值

第23讲几何定值知识纵横几何定值，是指变动的图形中某些几何元素的几何量保持不变，或几何元素间的某些集合性质或位置关系不变。

解几何定值问题的基本方法是：分清问题的定量和变量，运用极端位置、特殊位置、直接计算等方法，先探求出定值，再给出一般情形下的证明。

例题求解【例1】（1）如图1，圆内接ABC ∆中，CA BC AB ==，OE OD ,为圆O 的半径，BC OD ⊥于点F ，AC OE ⊥于点G ，求证：阴影部分四边形OFCG 的面积是ABC ∆的面积的31. （2）如图2，若DOE ∠保持︒120角度不变，求证：DOE ∠绕着O 点旋转时，由两条半径和ABC ∆的两条边围成的图形（图中阴影部分）面积始终是ABC ∆的面积的31．【例2】如图，⊙1O 和⊙2O 外切于点A ，BC 是⊙1O 和⊙2O 的公切线，C B ,为切点．（1）求证：AC AB ⊥；（2）过点A 的直线分别交⊙1O 和⊙2O 于点E D ,，且DE 是连心线时，直线DB 与直线EC 交于点F ．请在图中画出图形，并判断DF 与EF 是否互相垂直，请证明；若不垂直，请说明理由；（3）在（2）的其他条件不变的情况下，将直线DE 绕点A 旋转（DE 不与点C B A ,,重合），请另画出图形，并判断DF 与EF 是否互相垂直？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由．【例3】如图，定长的弦ST 在一个以AB 为直径的半圆上滑动，M 是ST 的中点，P 是S 对AB 作垂线的垂足，求证：不管ST 滑到什么位置，SPM ∠是一定角．【例4】如图，扇形OAB 的半径3=OA ，圆心角︒=∠90AOB ，点C 是弧AB 上异于B A ,的动点，过点C 作OA CD ⊥于点D ，作OB CE ⊥于点E ，连接DE ，点H G ,在线段DE 上，且HE GH DG ==.（1）求证：四边形OGCH 是平行四边形；（2）当点C 在弧AB 上运动时，在DG CG CD ,,中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度；（3）求证：223CH CD +是定值．【例5】如图，已知等边ABC ∆内接于圆，在劣弧AB 上取异于B A 、的点M ，设直线AC 与BM 相交于K ，直线CB 与AM 相交于点N ，证明：线段AK 和BN 的乘积与M 点的选择无关．以退为进【例6】如图1，在平面直角坐标系xOy 中，点M 在x 轴的正半轴上，⊙M 交x 轴于B A ,两点，交y 轴于D C ,两点，且C 为弧AE 的中点，AE 交y 轴于G 点，若点A 的坐标为()8,0,2=-AE ．（1）求点C 的坐标；（2）连接BC MG ,，求证：BC MG ∥；（3）如图2，过点D 作⊙M 的切线，交x 轴于点P ．动点F 在⊙M 的圆周上运动时， PFOF 的比值是否发生变化？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律．学力训练基础夯实1. 阅读下列材料，然后解答问题．2. 经过正四边形（即正方形）各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形． 3. 如图，已知正四边形ABCD 的外接圆⊙O ，⊙O 的面积为1S ，正四边形ABCD 的面积为2S ，以圆心O 为顶点作MON ∠，使︒=∠90MON ，将MON ∠绕点O 旋转，ON OM ,分别与⊙O 相交于点F E ,，分别与正四边形ABCD 的边相交于点H G ,．设由,,OF OE 弧EF 及正四边形ABCD 的边围成的图形（图中的阴影部分）的面积为S . （1）当OM 经过点A 时（如图①），则21,,S S S 之间的关系为：=S （用含1S 、2S 的代数式表示）；（2）当AB OM ⊥时（如图②），点G 为垂足，则（1）中的结论仍然成立吗？请说明理由；（3）当MON ∠旋转到任意位置时（如图③），则（1）中的结论仍然成立吗？请说明理由．4. 如图，在等腰三角形ABC ∆中，O 为底边BC 的中点，以O 为圆心作半圆与AC AB ,相切，切点分别为E D ,．过半圆上一点F 作半圆的切线，分别交AC AB ,于N M ,．求证：CN BM ⋅为定值。

《百日闯关系列》数学专题三+第一关++以立体几何中探索性问题为背景的解答题

专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1. 以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形， 060BCD ∠=， PA ⊥平面ABCD ， E 是AB 的中点.（1）求证：平面PDE ⊥平面PAB ；（2）棱PC 上是否存在一点F ，使得//BF 平面PDE ？若存在，确定F 的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接BD ，因为底面ABCD 是菱形， 60BCD ∠=︒,所以ABD ∆为正三角形.因为E 是AB 的中点, 所以DE AB ⊥,因为PA ⊥面ABCD , DE ABCD ⊂面，∴DE PA ⊥，因为DE AB ⊥， DE PA ⊥， AB PA A ⋂=,所以DE PAB ⊥面.又DE PDE ⊂面, 所以面PDE ⊥面PAB .（2）当点F 为PC 的中点时， BF ∥面PDE .事实上，取PC 的中点F , PD 的中点G ，连结FG ，GE ，∵FG 为三角形PCD 的中位线，∴FG ∥CD 且1=2FG CD ，又在菱形ABCD 中， E 为AB 的中点，∴BE ∥CD 且1=2BE CD ，∴FG ∥BE 且=FG BE ，所以四边形BEGF 为平行四边形.所以 BF ∥GE ，又GE ⊂面PDE ， BF ⊄面PDE ，∴BF ∥面PDE ，结论得证.【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】【河南省南阳市第一中学2018届高三上学期第八次考试】如图，在四棱椎E ABCD -中， AE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==，2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使//AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)证明：因为CD ⊥平面ADE ， AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥，又因为AE DE ⊥， CD DE D ⋂=，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .(2)结论：在线段DE 上存在一点F ，且13EF ED =，使AF 平面BCE . 解：设F 为线段DE 上一点，且13EF ED =，过点F 作FM CD 交CE 于M ，则13F M C D =. 因为CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ，所以CD AB .又因为3CD AB =，所以MF AB =， FM AB ，所以四边形ABMF 为平行四边形，则AF BM .又因为AF ⊄平面BCE ， BM ⊂平面BCE ，所以AF 平面BCE .类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =，BC =（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PM MC的值.【解析】（1）由题设AB ＝1，AC ＝2，BC可得222AB BC AC +=,所以AB BC ⊥,由PA ⊥平面ABC ，BC 、AB ⊂平面ABC ,所以PA BC ⊥， PA AB ⊥,所以PB =又由于PA∩AB＝A ，故BC ⊥平面PAB,PB ⊂平面PAB,所以BC PB ⊥,所以ACB ∆， PAC ∆, PAB ∆, PCB ∆均为直角三角形，且PCB ∆的面积最大，12PCB S ∆==．（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ．在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM ．由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ．又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM ．因为ABN ∆与ACB ∆相似， 12AB AB AN AC ⋅==，从而NC ＝AC －AN ＝．由MN ∥PA ，得＝＝．【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】．如图，四棱锥P ABCD -中, AB ⊥平面1,//,,2PAD AB CD AB AD CD ==△PAD 为等边三角形， F 是DC 上的点，且12DF AB =.（1）求PC 和平面ABCD 所成角的正弦值；（2）线段PB 上是否存在点E ，使EF ⊥平面PAB ？说明理由.【解析】（1）取AD 中点H ，PD =PA , 所以AD PH ⊥,因为AB ⊥平面PAD ，且PH ⊂平面PAD ，所以AB PH ⊥，又AD AB A ⋂=,所以PH ⊥平面ABCD .∴∠PCH 是PC 和平面ABCD 所成的角.不妨令AB =2 ，CH PH PC ==在△P ,sin P10PH CH CH PC ∠=== （2）线段PB 上存在点E ，使EF ⊥平面PAB .理由如下：如图，分别取PA PB 、的中点G 、Ｅ，则1//2GE AB ，由1//2DF AB ，所以//GE DF ，所以四边形DGEF 为平行四边形，故//EF GD .因为AB ⊥平面PAD ，所以AB GD ⊥，因此， EF AB ⊥，因为G 为PA 的中点，且PD AD =， GD PA ⊥，因此EF PA ⊥.又PA AB A ⋂=，所以EF ⊥平面PAB .类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， ,E F 分别为11A D 和1CC 的中点.(1)求证： EF 平面1ACD ；(2)在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒，若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明：如图所示，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，由已知得()0,0,0D ， ()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,2,0C ， ()12,2,2B ， ()10,0,2D ， ()1,0,2E ， ()0,2,1F ，∵平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =，又∵()1,2,1EF =--，∴12420EF DB ⋅=-+-=，∴1EF DB ⊥，而EF ⊄平面1ACD ，∴EF 平面1ACD .(2)解：设点()2,2,(02)P t t <≤，平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =，则0{ 0n AC n AP ⋅=⋅=，∵()0,2,AP t =， ()2,2,0AC =-，∴20{ 220y tz x y +=-+=，取1y =，则1x =， 2z t =-，∴21,1,n t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，平面ABC 的一个法向量()10,0,2BB =，依题意知， 1,30BB n =︒或1,150BB n =︒，∴1cos ,BB n -==，即2243424t t ⎛⎫=+⎪⎝⎭，解得t =t = (舍)， (]0,2， ∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP 时，二面角P AC B --的大小为30︒. 【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】如图，在三棱锥ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝∠CDA ＝90°，，BC ＝CD ＝6，点E在平面BCD内，EC＝BD，EC⊥BD.(1)求证：AE⊥平面BCDE；(2)在棱AC上，是否存在点G，使得二面角CEGD的余弦值为？若存在点G，求出的值，若不存在，说明理由．【解析】 (1)证明：因为△BCD是等腰直角三角形，CO⊥BD，所以CO＝BD.又EC＝BD，所以点O是BD和CE的中点．因为EC⊥BD，所以四边形BCDE是正方形．则CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩ED＝D，所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE.同理BC⊥AE，BC∩CD＝C，所以AE⊥平面BCDE.(2)解：由(1)的证明过程知四边形BCDE为正方形，建立如图所示的坐标系，则E(0，0，0)，D(0，6，0)，A(0，0，6)，B(6，0，0)，C(6，6，0)．假设在棱AC上存在点G，使得二面角CEGD的余弦值为，设＝t(t＞0)，G(x，y，z)，由＝t可得G，则＝(0，6，0)，＝.易知平面CEG的一个法向量为＝(6，－6，0)．设平面DEG的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，则即令x0＝1得z0＝－，n＝，所以＝，＝，解得t＝2.故存在点G(2，2，4)，使得二面角CEGD的余弦值为，此时＝2.【精选名校模拟】1. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．【解析】 (1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC ∥AE ，且BC ＝AE ，故四边形ABCE 为平行四边形，∴F 为AC 的中点，在△PAC 中，又由M 为PC 的中点，得MF ∥PA .又MF ⊂平面BME ，PA ⊄平面BME ，∴PA ∥平面BME .(2)连接PE ，则由题意知PE ⊥平面ABCD .故以E 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E －xyz ，则E (0,0,0)，P (0,0，)， B (，0,0)，C (，－1,0)．设＝λ＝(0<λ<1)，则M (λ，－λ， (1－λ))． ∴＝(λ，－λ，(1－λ))，＝(，0,0)．取平面DBE 的法向量n 1＝(0,0,1)，设平面BME 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则由得令y ＝，得n 2＝.又由＝cos30°，得λ＝，即M.故存在点M 满足要求，且M 为棱PC 上靠近端点C 的四等分点．2. 【北京市东城二十二中2018届高三上学期期中试卷数学】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形， AB CD ， 60DAB ∠=︒， PC ⊥平面ABCD ， AE BD ⊥，CB CD CF ==．（1）求证： BD ⊥平面AED ．（2）求二面角D BF C --的余弦值．（3）在线段AB （含端点）上，是否存在一点P ，使得//FP 平面AED ，若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵AB CD ， 60DAB ∠=︒，∴120ADC BCD ∠=∠=︒． ∵CB CD =，∴30CDB ∠=︒，∴90ADB ∠=︒， AD BD ⊥． ∵AE BD ⊥，且AE AD A ⋂=，AE 、AD ⊂面AED ，∴BD ⊥面AED ．（2）知AD BD ⊥，∴AC BC ⊥．∵FC ⊥面ABCD ， CA ， CB ， CF 两两垂直，以C 为坐标原点，以CA ， CB ， CF 为x ， y ， z 轴建系．设1CB =，则()0,0,0C ， ()0,1,0B ，1,02D ⎫-⎪⎪⎝⎭， ()0,0,1F ，)A ，∴33,022BD ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭， ()0,1,1BF =-．设BDF 的一个法向量为()000,,m x y z =，∴000030{ 22x y y z -=-+=，取01z =，则()3,1,1m ．由于()0,0,1CF =是面BDC 的法向量，则5cos ,m CF m CF m CF⋅==⋅∵二面角F BD C --为锐二面角，∴余弦值为（3）存在点(),,P x y z ．设AP AB λ=， ()(),x y z λ=， ∴33x λ=-， y λ=， 0z =，∴),,0Pλ， ()3,,1FP λ=-．∵BD ⊥面AED ， 33,,02BD ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭．若PF 面AED ，∴PF BD ⊥，∴)3022λ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，∴12λ=，∴12AP AB =，∴存在P 为AB 中点．3. 【云南省昆明市第一中学2018届高三第五次月考】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形， //AB CD ， AB AD ⊥， 2CD AB == PAB ∆与PAD∆均为等边三角形，点E 为CD 的中点.（1）证明：平面PAE ⊥平面ABCD ；（2）试问在线段PC 上是否存在点F ，使二面角F BE C --，若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：连接BD ，由于AB ∥CD ，点E 为CD 的中点， DE AB =， AB AD ⊥ ∴四边形ABED 为正方形，可得BD AE ⊥ 设BD 与AE 相交于点O又∵△PAB 与△PAD 均为等边三角形 ∴PB PD =在等腰△PBD 中，点O 为BD 的中点∴BD PO ⊥，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD ⊥平面PAE 又∵BD ⊂平面ABCD∴平面PAE ⊥平面ABCD ．（2）由2CD AB ==，△PAB 与△PAD 均为等边三角形，四边形ABED 为正方形，BD 与AE 相交于点O ，可知3OA OP ==， PA =所以PO AO ⊥，又平面PAE ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点， OA 为x 轴， OB 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．可得()0,3,0B ， ()0,0,3P ， ()3,0,0E -， ()6,3,0P -设点F 的坐标为(),,x y z ， PF PC λ=，由()3PF x y z =-，，， ()633PC =--，，，可得()6,3,33F λλλ--，故 ()63333BF λλλ=---，，， ()330BE =--，，设111m x y z =（，，）为平面BEF 的一个法向量，则 0{m BF m BE ⋅=⋅=，得1131m λλλ=---（，，），平面BCE 的一个法向量为()001n =，，，由已知,m n cos m nm n ⋅=⋅ = =12λ=所以，在线段PC 上存在点F ，使二面角F BE C --的余弦值为3，且点F 为PC 的中点．4. 【2017湖北师大附中月考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起，使得60DFA ∠=︒，设G 为AF 的中点．（1）求证：DG EF ⊥；（2）求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；（3）设P ，Q 分别为线段DG ，CF 上一点，且//PQ 平面ABEF ，求线段PQ 长度的最小值．【解析】（1）证明：因为正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF FD ⊥，EF FA ⊥，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起后，仍有EF FD ⊥，EF FA ⊥，而FDFA F =，所以EF ⊥平面DFA ，又因为DG ⊂平面DFA ，所以DG EF ⊥．（2）因为60DFA ∠=︒，DF FA =，所以DFA ∆为等边三角形，又AG GF =，所以DG FA ⊥，由（1），D G E F⊥，又EFFA F =，所以DG ⊥平面ABEF ．设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA ，GH ，GD 两两垂直，故以GA ，GH ，GD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则(0,0,0)G ，(1,0,0)A ，(1,4,0)B ，(0,C ，(1,0,0)F -，所以(1,0,0)GA =，(BC =-，(2,4,0)BF =--，设平面BCF 的一个法向量为(,,)m x y z =，由0m BC ⋅=，0m BF ⋅=，得0,240,x x y ⎧-+=⎪⎨--=⎪⎩令2z =，得(23,2)m =，设直线GA 与平面BCF 所成角为α, 则||2sin |cos ,|||||m GA m GA m GA α⋅=<>==⋅．即直线GA 与平面BCF ．（3）由题意，可设(0,0,)P k （0k ≤≤，FQ F C λ=（01λ≤≤），由(1,FC =，得(,4)FQ λλ=，所以(1,4)Q λλ-，(1,4)PQ k λλ=--，由（2），得GD =为平面ABEF 的的法向量，因为//PQ 平面ABEF ，所以0PQ GD ⋅=0k -=，所以||(PQ λ==又因为22116172117()1717λλλ-+=-+，所以当117λ=时，min ||PQ =，所以当117λ=，17k =，线段PQ 长度有最小值17．5. 【河南省濮阳市2018届高三第一次模拟考试】如图，正方形ABCD 中， AB = AC 与BD 交于O 点，现将ACD 沿AC 折起得到三棱锥D ABC -， M ， N 分别是OD ，OB 的中点.(1)求证： AC MN ⊥；(2)若三棱锥D ABC -的最大体积为0V ，当三棱锥D ABC -0，且二面角D AC B --为锐角时，求二面角D NC M --的正弦值.【解析】 (1)依题意易知OM AC ⊥， ON AC ⊥， OM ON O ⋂=，∴AC ⊥平面OMN ，又∵MN ⊂平面OMN ，∴AC MN ⊥.(2)当体积最大时三棱锥D ABC -的高为DO， OBD 中， OB OD =，作DS OB ⊥于S，∴DS =，∴60DOB ∠=︒， ∴OBD 为等边三角形，∴S 与N 重合，即DN ⊥平面AGC .以N 为原点， NB 所在直线为y 轴，过N 且平行于OA 的直线为x 轴， ND 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∴()0,0,0N ， ()2,1,0C --，(D ，10,2M ⎛- ⎝⎭. 设()1111,,n x y z =为平面CMN 的法向量， ∵()2,1,0NC =--，10,2NM ⎛=-⎝⎭，∴11111120{102n NC x y n NM y z ⋅=--=⋅=-+=，取11,2,3n ⎛=--⎝⎭，设()2222,,n x y z =是平面CND 的法向量， ()2,1,0NC =--，(ND =， ∴2222220{30n NC x y n ND z ⋅=--=⋅==，取()21,2,0n =-，∴121212cos ,nn n n n n ⋅=== 设二面角D NC M --大小为θ，∴sinθ== 6. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD ， AB =BC DC ⊥， BC DC AM DM ====BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又AB =ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=，可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ，设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =.二面角H AD M --为大小为于是.解得或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.7. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.【解析】（1）法一：∵AB AC =, D 为BC 的中点， ∴AD BC ⊥， ∵PO ⊥平面ABC ， ∴PO BC ⊥，∵垂足O 落在线段AD 上， ∴BC ⊥平面PAD ， ∴AP BC ⊥.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭，由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=，解得613λ=，∴AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 8. 【2018河南漯河中学三模】如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，90FAB DAB ∠=∠= 二面角F AB D --是直二面角，//,//,2,1BE AF BC AD AF AB BC AD ====.（1）证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；（2）求二面角F CD A --的余弦值.【答案】（1）见解析（2）6【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；（2）可证AF AD AF AB AD AB ⊥⊥⊥，，，则以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角F CD A --的余弦值试题解析：（1）证明：由已知得//,BE AF AF ⊂平面,AFD BE ⊄平面AFD ，所以//BE 平面AFD ，同理可得//BC 平面AFD ，又BE BC B ⋂=,所以平面//BCE 平面AFD , 设平面DFC ⋂平面BCE l =，则l 过点C ，因为平面//BCE 平面ADF ，平面DCF ⋂平面BCE l =，平面DFC ⋂平面AFD DF =，所以//DF l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得//DF l .（2）因为平面,ABEF ABCD FA ⊥⊂平面ABEF ,平面ABCD ⋂平面ABEF AB =, 又090FAB ∠=，所以AF AB ⊥，所以AF ⊥平面ABCD ，因为AD ⊂平面ABCD ，所以AF AD ⊥，因为090DAB ∠=,所以AD AB ⊥，以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图，由已知得()()()1,0,0,2,2,0,0,0,2D C F , 所以()()1,0,2,1,2,0DF DC =-=, 设平面DFC 的法向量为(),,n x y z =，则20{ {20x z n DF x yn DC =⋅=⇒=-⋅=，不妨设1z =，则()2,1,1n =-，不妨取平面ACD 的一个法向量为()0,0,1m =，所以cos ,66m n m n m n ⋅===⋅，由于二面角F CD A --为锐角，因此二面角F CD A --的余弦值为6.9. 【2018河北衡水武邑中学三调】在五面体ABCDEF 中，////,222AB CD EF CD EF CF AB AD =====, 60DCF ︒∠=, AD CD ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)证明:直线CE ⊥平面ADF ；(2)已知P 为棱BC 上的点，试确定P 点位置，使二面角P DF A --的大小为60︒. 【答案】（1）证明见解析；（2）P 点在靠近B 点的CB 的三等分点处.【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，先证明CE DF ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD CE AD =⊥，即可得到直线CE ⊥平面ADF ；（2）根据题意，取EF 的中点G ，证明,,DA DC DG 两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，由二面角P DF A --的大小为60︒，根据空间向量夹角余弦公式列方程即可确定P 在棱BC 上的位置.试题解析：（1）//,2,CD EF CD EF CF ===∴四边形CDEF 为菱形， CE DF ∴⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,,ABCD CD AD CD AD =⊥∴⊥平面,ACDEF CE AD ∴⊥，又,AD DF D ⋂=∴直线CE ⊥平面ADF .(2)60DCF ∠=， DEF ∴∆为正三角形，取EF 的中点G ，连接GD ，则,G D E F G D C D ⊥∴⊥，平面CDEF ⊥平面,A B C DG D ⊂平面C DE F ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD GD =∴⊥平面,,,,ABCD AD CD DA DC DG ⊥∴两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，2,1CD EF CF AB AD =====，((0,,E F ∴-，由（1）知(0,3CE =-是平面ADF 的法向量， ()()0,1,3,1,1,0DF CB ==-，设()(),,001C P a C B a a a ==-≤≤，则(),2,0DP DC CP a a =+=-，设平面PDF 的法向量为(),,n x y z =，()00,0,{20y n DF n DP ax a y =⋅=⋅=∴+-=，令y =，则)2,x a z a =-=-， ()()32,3,n a a a ∴=--，二面角P DF A --为60，41cos ,212n CE n CE n CE⋅∴===⋅，解得23a =， P ∴在靠近B点的三等分处.10. 如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视图中的侧视图、俯视图.在直观图中，是的中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.(1)求证:EM ∥平面ABC ;(2)试问在棱DC 上是否存在点N,使NM ⊥平面? 若存在,确定点N 的位置;若不存在,请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，1CN = 【解析】试题分析：(1)要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，该题取BC 中点Q ，连,MQ AQ ，先证//MQ EA ,则四边形AQME 是平行四边形，从而//ME AQ ，进而证明//ME 面ABC ；(2)假设CD 上存在满足条件的点N ，此时面BDE内必存在垂直于MN 的两条直线，容易证明AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又A Q //E M，所以MN EM ⊥，接下来再能保证MN BD ⊥即可，此时必有DMN ∆∽DCB ∆，进而根QN据成比例线段可求出DN 的长度，即点N 的位置确定. 试题解析：(Ⅰ）取BC 中点Q ，连,MQ AQ1//2////1//2BM MD MQ CD BQ QC AE MQ EM AQ AE CD =⎫⎫⇒⎬⎪⎪=⎭⇒⇒⎬⎪⎪⎭,又因为EM ⊄面ABC ，而AQ ⊂面ABC ，所以//ME 面ABC ；（2）在CD 上取点N 使1CN =，连接MN2DM CD NMD DCB NM BD DN BD π==⇒∠=∠=⇒⊥，=AC AB AQ BC BQ CQ =⎫⇒⊥⎬⎭，又DC ⊥面ABC所以DC AQ ⊥，又因为BC DC C =，所以AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又AQ//EM ，所以MN EM ⊥，故MN ⊥面BDE .11.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由；（2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．【解析】（1）当D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ．证明：连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ， ∵四边形11BCC B 是矩形，∴O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ， ∵1AB ⊄平面1BDC ，DO ⊂平面1BDC ， ∴1//AB 平面1BDC ．（2）建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，则(0,0,0)B，A ，(0,2,0)C，3,0)22D，1C ，所以33(,0)2BD =，1BC =，设1(,,)n x y z=为平面1BDC的法向量，则有30,2220,x y y +=⎪⎨⎪+=⎩即3,,x z y =⎧⎪⎨=⎪⎩ 令1z=，可得平面1BDC 的一个法向量为1(3,n =，而平面1BCC 的一个法向量为2(1,0,0)n =，所以121212cos ,13||||13n n n n n n ⋅<>===⋅，故二面角1C BC D --的余弦值为13． 12. 如图，已知平面四边形中，为的中点，，，且．将此平面四边形沿折成直二面角，连接，设中点为．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，请确定点的位置；ABCP D PA PA AB ⊥//CD AB 24PA CD AB ===ABCP CD P DC B --PA PB 、PB E PBD ⊥PBC BD F EF ⊥PBC F若不存在，请说明理由．（3）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（3）【解析】（1）直二面角的平面角为，又，则平面，所以．又在平面四边形中，由已知数据易得，而，故平面，因为平面，所以平面平面（4分）（2）解法一：由（1）的分析易知，，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示．结合已知数据可得，，，，则中点.平面，故可设，则，AB PBC F BD D P DC B --90PDA ∠=PD DC ⊥PD ⊥ABCD PD BC ⊥ABCP BD BC ⊥PDBD D =BC ⊥PBD BC ⊂PBC PBD ⊥PBC ,,PD DA PD DC DC DA ⊥⊥⊥D (2,0,0)A (2,2,0)B (0,4,0)C (0,0,2)P PB (1,1,1)E F ∈ABCD (,,0)F x y (1,1,1)EF x y =---平面，，又，易知这样的点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（8分）解法二：（略解）如图所示，在中作，交于，因为平面平面，则有平面．在故知所求点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点； ..（8分）（3）解法一：由（2）是平面的一个法向量，又，记直线与平面所成角为，则知 ..（12分）解法二：（略解）如上图中，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，由此，在中作于，易证平面，连接，则为直线与平面所成角，EF ⊥ABCD 0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=(2,2,2),(0,4,2)PB PC =-=-F BD D PBD ∆EF PB ⊥BD F PBD ⊥PBC EF ⊥PBC Rt PBD ∆F BD D 1(EF =-PBC (0,2,0)AB =,||||EF AB EF AB EF AB ⋅<>==⋅⋅⋅=,EF AB π<>=-AB PBC θ,|EF AB <>=//AB CD AB PBC CD PBC Rt PBD ∆DH PB ⊥H DH ⊥PBC CH DCH ∠CD PBC..（12分）13.四棱锥ABCDP-中，ABCD为矩形，平面⊥PAD平面ABCD.（1）求证：;PDAB⊥（2）若,2,2,90===∠PCPBBPC 问AB为何值时，四棱锥ABCDP-的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值.【答案】（1）详见解析，（2）3AB=时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD为矩形，故AB⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P作AD的垂线，垂足为O，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，下面用3n=表示高及底面积：设,AB m=，则DP==，故四棱锥P-ABCD的体积为A BCDP13V m ==故当m =时，即AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC 的法向量及平面DPC 的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD平面PAD 平面ABCD=AD 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG. 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG,BC ⊥PG在直角三角形BPC 中，333PG GC BG ===设,AB m =，则DP ==，故四棱锥P-ABCD 的体积为13V m ==因为=故当3m =时，即3AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大.建立如图所示的空间直角坐标系，(0,0,0),O B C D P故66(,,(0,6,0),(3333PC BC CD =-==- 设平面BPC 的法向量1(,,1),x y =n ，则由1PC ⊥n,1BC ⊥n 得03330x y +-=⎨⎪=⎩解得1,0,x y ==1(1,0,1),=n同理可求出平面DPC 的法向量21(0,,1),2=n，从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 1212cos ||||θ⋅===⋅n n n n 14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90ABC BAD ∠=∠=︒， 4AD AP ==，2AB BC ==，M 为PC 的中点．（1）求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；（2）点N 在线段AD 上，且AN λ=，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．【解析】试题解析：（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且,AB AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，又因为90BAD ∠=︒，所以,,PA AB AD 两两互相垂直．分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则由224AD AB BC ===，4PA =可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，又因为M 为PC 的中点，所以(1,1,2)M ．所以(1,1,2)BM =-，(0,0,4)AP =，…………2分所以cos ,||||AP BM AP BM AP BM ⋅〈〉==，所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为．…………………………5分（2）因为AN λ=，所以(0,,0)N λ(04)λ≤≤，则(1,1,2)MN λ=---， (0,2,0)BC =，(2,0,4)PB =-，设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =m ，则0,0,BC PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,240.y x z =⎧⎨-=⎩ 令2x =，解得0y =，1z =，所以(2,0,1)=m 是平面PBC 的一个法向量．……………………………7分因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以||4|cos ,|5||||MN MN MN ⋅〈〉===m m m ，解得[]10,4λ=∈，所以λ的值为1．……………………………………………………………10分。

2021-2022年高中数学竞赛辅导资料《立体图形,空间向量》

2021-2022年高中数学竞赛辅导资料《立体图形，空间向量》一. 直线,平面之间的平行与垂直的证明方法1．运用定义证明(有时要用反证法); 2．运用平行关系证明;3．运用垂直关系证明; 4．建立空间直角坐标系,运用空间向量证明.例如,在证明:直线直线时.可以这样考虑(1)运用定义证明直线与所成的角为; (2)运用三垂线定理或其逆定理; (3)运用“若平面,,则”; (4)运用“若且,则”; (5)建立空间直角坐标系,证明. 二. 空间中的角和距离的计算 1．求异面直线所成的角(1)(平移法)过P 作,,则与的夹角就是与的夹角; (2)证明(或),则与的夹角为(或);(3)求与所成的角(),再化为异面直线与所成的角(). 2,求直线与平面所成的角(1) (定义法)若直线在平面内的射影是直线,则与的夹角就是与的夹角; (2) 证明(或),则与的夹角为(或);(3) 求与的法向量所成的角,则与所成的角为或. 3．求二面角(1) (直接计算)在二面角的半平面内任取一点,过P 作AB 的垂线,交AB 于C,再过P 作的垂线,垂足为D,连结CD,则,故为所求的二面角. (2) (面积射影定理)设二面角的大小为(),平面内一个平面图形F 的面积为,F 在内的射影图形的面积为,则.(当为钝角时取“”).(3) (异面直线上两点的距离公式):22222cos EF d m n mn θ=++-,其中是二面角的平面角,EA 在半平面内且于点A,BF 在半平面内且FB AB 于B,而,,.(4) (三面角的余弦定理),三面角中,,,,又二面角,则cos cos cos cos sin sin αβγθβγ-=.(5)(法向量法)平面的法向量与平面的法向量所成的角为,则所求的二面角为 (同类)或(异类). 4.求两点A,B 间距离(1)构造三角形进行计算; (2),导面直线上两点间的距离公式; (3),求. 5.求点到直线的距离(1)构造三角形进行计算; (2)转化为求两平行红色之间的距离. 6.求点到平面的距离(1)直接计算从点到平面所引垂线段的长度; (2)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离; (3) (体积法)转化为求一个棱锥的高,其中V 为棱锥体积,S 为底面面积,为底面上的高.(4)在平面上取一点A,求与平面的法向量的夹角的余弦,则点P 到平面的距离为.7.求异面直线的距离(1)(定义法)求异面直线公垂线段的长; (2)(体积法)转化为求几何体的高; (3)(转化法)转化为求平行线面间的距离或平行平面间的距离;(4)(最值法)构造异面直线上两点间距离的函数,然后求函数的最小值;(5)(射影法)如果两异面直线在同一平面内的射影分别是一个点P 和一条直线, 则与的距离等于P 到的距离; (6)(公式法)22222cos d EF m n mn θ=--±.8.求平行的线线,线面,面面之间的距离的方法,通常是转化为求点与线或点与面之间的距离. 三.多面体与旋转体 1.柱体(棱柱和圆柱)(1)侧面积(为直截面周长,为侧棱或母线长)(2)体积(为底面积,为高) 2.锥体(棱锥与圆锥)(1)正棱锥的侧面积(为底面周长,为斜高)(2)圆锥的侧面积: (为底面周长,为母线长)(3)锥体的体积:(为底面面积,为高). 3.锥体的平行于底面的截面性质:. 4.球的表面积:; 球的体积:. 四.解题思想与方法导引1.空间想象能力;2.数形结合能力;3.平几与立几间的相互转化;4.向量法例题讲解1．正四面体的内切球和外接球的半径之比为( )A,1:2 B,1:3 C,1:4 D,1:92．由曲线,,,围成的图形绕轴旋转一周所得的几何体的体积为;满足,,的点组成的图形绕轴旋转一周所得的几何体的体积为,则( )A, B, C, D,3．如右图,底面半径,被过A,D 两点的倾斜平面所截,截面是离心率为的椭圆,若圆柱母线截后最短处,则截面以下部分的几何体体积是( )AB A BC A 1B 1C 1ABCD M K N S A, B, C, D,4．在四面体ABCD 中,设,,直线AB 与CD 的距离为2,夹角为,则四面体ABCD 的体积等于( )A, B, C, D,5．三个圆柱侧面两两相切,且它们的轴也两两相互垂直,如果每个圆柱底面半径都是1, 那么,与这三个圆柱侧面都相切的最小球的半径是( ) A, B, C, D,6．四面体ABCD 的顶点为A,B,C,D,其6条棱的中点为,共10个点,任取4个点,则这4个点不共面的概率是( )A, B, C, D,7．正方体的棱长为,则异面直线C 与BD 间的距离等于 .8．正四棱锥中,,二面角为且,(,为整数),则 .9．在正三棱锥中,,,过A 作平面分别交平面PBC 于DE.当截面的周长最小时, ,P 到截面ADE 的距离为 .10．空间四个球,它们的半径分别是2,2,3,3.每个球都与其他三个球外切.另一个小球与这四个球都相切,则这个小球的半径等于 .11．三个的正方形都被连接两条邻边的中点的直线分成A,B 两片,如图,把这六片粘在一个正六边形的外面,然后折成多面体,则这个多面体的体积为 .12．直三棱柱中,平面平面,且=,则AC 与平面所成的角的取值范围是 .13．如图,直三棱柱中,,连接,, ,若,求证:14．如图,设是一个高为3,底面边长为2的正四棱锥,K 是棱SC 的中点,过AK 作平面与线段SB,SD 分别交于M,N (M,N 可以是线段的端点).试求四棱锥的体积V 的最大值与最小值.AB DEF CDF15．有一个的长方体盒子,另有一个的长方体盒子,其中均为正整数(),并且前者的体积是后者一半,求的最大值.课后练习1．甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一正四面体,碳原子位于该正四面体的中心,四个氢原子分别位于该正四面体的四个顶点上.若将碳原子和氢原子均视为一个点(体积忽略不计),且已知碳原子与每个氢原子间的距离都为,则以四个氢原子为顶点的这个正四面体的体积为( )A, B, C, D,2．夹在两个平行平面之间的球,圆柱,圆锥在这两个平面上的射影都是圆,则它们的体积之比为( )A,3:2:1 B,2:3:1 C,3:6:2 D,6:8:3 3．设二面角的大小是,P 是二面角内的一点,P 点到的距离分别为1cm, 2cm,则点P 到棱的距离是( )A, B, C, D,4．如图,E,F 分别是正三棱锥ABCD 的棱AB,BC 的中点,且DEEF.若BC=,则此正三棱锥的体积是( ) A, B, C, D,5．棱长为的正八面体的外接球的体积是( )A, B, C, D,6．若线段AB 的两端点到平面的距离都等于2,则线段AB 所在的直线和平面的位置关系是 .7．若异面直线所原角为,AB 是公垂线,E,F 分别是异面直线上到A,B 距离为 2和平共处的两点,当时,线段AB 的长为 . 8．如图(1),在直四棱柱中,当底面四边形满足条件时,有C(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形)9．如图(2),是一个正方体的展开图,在原正方体中,有下列命题: ①AB 与EF 所连直线平行; ②AB 与CD 所在直线异面; ③MN 与BF 所在直线成; ④MN 与CD 所在直线互相垂直. 其中正确命题的序号为 .(将所有正确的都写出)A BCDA BC D图(1)A BENM 图(2)AB C D E OA A BCD PQ10．如图,在中,AB=AC=13,BC=10,DE//BC 分别交AB,AC 于D,E.将沿 DE 折起来使得A 到,且为的二面角,求到直线BC 的最小距离.11．如图,已知矩形ABCD 中,AB=1,BC=,PA 平面ABCD,且PA=1. (1)问BC 边上是否存在点Q 使得PQQD?并说明理由;(2)若边上有且只有一个点Q,使得PQQD,求这时二面角Q 的正切.课后习题答案1．过顶点A,V 与高作一截面交BC 于点M,点O 为正四面体的中心,为底面ABC 的中心, 设正四面体VABC 的棱长为,则AM==VM,=,,13VO m ==,得113OO VO VO m a =-=- 在中,,即222()()33a m a m =-+,得. 则,有203111(sin 60)3227V ABC V m VO -=⋅⋅⋅⋅=.选B. 温馨提示:正四面体外接球的半径:内切球的半径=. 2． 32212341::():(2):(2)2:3:133V V V R R R R R πππ=⋅⋅⋅=,选B. 3．设PA 棱于点A,PM 平面于点M,PN 平面于点N,PA=,,则,得,有或(舍去),所以,选B.4．由DEEF,EF//AC,有DEAC,又ACBD,DEBD=D,得AC 平面ABD. 由对称性得090BAC CAD BAD ∠=∠=∠=,于是.311()3222224B ACD V a a a -=⋅⋅⋅⋅=,选B.5．可由两个相同的四棱锥底面重合而成,有,得,外接球的体积,选D.6．当时,AB//;当时,AB//或AB;当时,AB//或与斜交. 7．由,得22222cos EFEA AB BF EA BF θ=+++⋅⋅(1)当时,有219412212AB =+++⋅⋅⋅,得; (2)当时,有219412212AB =++-⋅⋅⋅,得.8． ACBD.(或ABCD 是正方形或菱形等)9．将展开的平面图形还原为正方体,可得只②,④正确. 10．解:设的高AO 交DE 于点,令, 由AO=,有,在中,,有222011111112cos 60A O A O O O A O O O =+-⋅⋅⋅得.当时,到直线BC 的最小距离为6.11．解:(1)(如图)以A 为原点建立空间直角坐标系,设,则 Q,P(0,0,1),D 得,由,有,得 ①若方程①有解,必为正数解,且小于.由,,得. (i)当时,BC 上存在点Q,使PQQD; (ii)当时, BC 上不存在点Q,使PQQD.(2)要使BC 边上有且只有一个点Q,使PQQD,则方程①有两个相等的实根, 这时,,得,有.又平面APD 的法向量,设平面PQD 的法向量为而,(0,2,0)(0,0,1)(0,2,1)PD =-=-, 由,得,解得有,则121212cos ,n n n n n n ⋅<>===⋅,则所以二面角的正切为.例题答案：1,B 设棱长为,外接球的半径为R,内切球的半径为,则222))33R a a R -=-ACDE A ’ P解得,,有:R=1:3.2,C 设,则过A 的两个截面都是圆环,面积分别是和222222212(){(4)[2(2)]}(44)x x a a a πππ-=----=-,于是.3,B 在椭圆中,又,得,所求的体积22111(12)22V πππ=⋅⋅+⋅⋅= 4,B 过C 作,以为底面,BC 为侧棱作棱柱,则所求四面体的体积等于上述棱柱体积的,而的面积1sin 2S CE CD ECD =⨯⨯∠,AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱的高,于是21sin 2V MN CE CD ECD =⨯⨯⨯∠=,因此.5,A 三个圆柱的轴为三条两两垂直的异面直线,而异面直线的距离都为2,则所求球的半径为 .6,D 441064106631414727070C C C ---==. 7, 设E 是上的点,过E 作EH 于H,所以EH 面ABCD,过H 在面ABCD内作HF,连接EF,所以EFBD,令,,,所以EF=3==≥.8,5 因各侧面为全等的等腰三角形.在内作高AE,则CE 也是的高,故.设则,,=02458sin 4(1cos 45)42=-=-222cos 32AE CE AC AE CEθ+-==-+⋅得.9, ; 将三棱锥的侧棱PA 剪开,当的周长最小时,其展开图如图的周长即是展开图中线段的长.易证 ∽,又PA=2AB=,故, ,.中,DE上的高8AH a ==.于是21264ADE S AH DE ∆=⨯⨯=; 从P 向底面作高PO.则PO==.于是23133412P ABC V a a -=⋅⋅=. 又,得33991616A PDE A PBC V V --===.设P 到截面的距离BC DE F O ABCA 1B 1C 1 S HH 1 为,则31364A PDE P ADE ADE V V d S --∆==⋅=,于是. 10, 设半径为3的球心为A,B,半径为2的球心为C,D.则易知AB=6,CD=4,AC=AD=BC=BD=5.设小球中心为O,半径为,则O 在四面体ABCD 内且AO=BO=3+,CO=DO=2+.取AB 中点E,连结 CE,DE,则CEAB,DEAB,故平面CDE 为线段AB 的垂直平分面,所以O 在平面CDE 内,又由OC=OD=2+知O 在CD 的垂直平分面内,故O 在等腰底边CD 上的高EF 上(F 为CD 中点),易算出ED=EC=,得为等边三角形.于是EF=.而==.OE===,代入OE+OF=EF=2=解得.11,864 将几何体补成一个棱长为12的正方体,几何体的体积为正方体体积的一半,为. 12, 作AD 于D,易证AD 平面,所以.设, ,则sin AD θ==⋅,故.易证BC 平面,故,从而,即,于是,, 又,得.13,证明:设D,分别为AB,的中点.连结CD,及,.因为,所以四边形为平行四边形,得//.因AC=BC,于是.又D, 分别为 AB,的中点,故CDAB,,而在平面ABC(或)内的射影为AB (或),得CD,,又已知,所以平面B,从而 ,又//,所以.又,得平面CD,从而得证.14,解:为了建立V 与原四棱锥的关系.我们先引用下面的事实:(如图)设分别在三棱锥的侧棱SA,SB,SC 上, 又与的体积分别是和V,则.事实上,设C,在平面SAB 的射影分别是H,.则,又,所以111111111313SA B SAB C H SV SA SB SC V SA SB SC CH S ∆∆⋅⋅⋅⋅==⋅⋅⋅⋅.下面回到原题. 设,,因的体积为.于是由上面的事实有012S AMN S KMN S AMK S ANK S ABD S CBD S ABC S ADC V V V V VV V V V V --------=+=+.得2V SM SN SA SM SN SK SB SD SA SB SD SC ⋅⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅⋅= SM SK SA SN SK SASB SC SA SD SC SA⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=,于是,而由,,得.则,().又得'2213(32)1(31)(31)x x V x x -=-=--.所以 (1)当时,,V 为减函数,(2)当时,,V 为增函数.所以得,又,得.15,解:由题意,2(2)(2)(2)mnp m n p =+++,得. (1)当时,由,则32222(1)(1)(1)(1)28m n p +++≤+<,矛盾! (2)当时,,矛盾!(3)当时,则,即.所以的最大值为130; (4)当时,则,即.所以的最大值为54; (5)当时,222(1)2222(1)(1)(1)(1)55p m n +=>++++,得. 综上所述:的最大值为130.33529 82F9 苹36655 8F2F 輯28533 6F75 潵32190 7DBE 綾LGi 36570 8EDA 軚P26023 65A7 斧22005 55F5 嗵27640 6BF8 毸241535E59 幙{。

2024年春高中数学奥赛专题培训平面几何思想方法

平面几何思想方法1.分析法与综合法2.从特殊结构入手，从熟悉的结构入手3.从图形的生成关系入手（消点法）4.从计算入手：面积法，三角法，向量法，复数法，解析几何法5.1基础知识同一法与反证法2经典例题1.在∆ABC 中，∠A 的平分线交BC 于点L,在AC,BC 上分别取M,N 点，使得AL,BM,CN 三线共点，且∠AMN =∠ALB.求证：∠NML =90◦.2.如图，在∆ABC中，AB<AC,M是BC中点，D,E是优弧和劣弧BC的中点.AE交BC于点G,F为内切圆在AB上的切点.过B做AB的垂线交EF于N点，求证：如果BN=ME,则DF⊥F G.3.如图，∆ABK为不等边三角形，过点A做三角形ABK的外接圆的切线，交KB延长线于D点，过D点的直线交AB,AK于E,F两点，再过E,F分别做AK,AB的平行线交BK于I,H两点，EI交F H于G点，记∆GHI的外接圆为ω,直线AG交ω于另一点J,求证：DJ与圆ω相切.分析综合法4.如图,在∆ABC中，O是外心，M为劣弧BC的中点，过O做AM的平行线交AB于D,交CA延长线于E.K是A的对径点，BM,CK相交于点P,BK,CM相交于点Q,求证：∠OEB+∠OP B=∠ODC+∠OQC.5.如图，D为∆ABC外接圆上一点，使得AD为直径.E,F为AB,AC上的点，使得DE,DF都与∆AEF的外接圆相切，求证∆ABC的垂心在直线EF上.6.如图，∆ABC中,I为内心，D,E,F为内切圆在三边上的切点，X为平面上一点，使得∠XBC=∠XCB=45◦,并且满足F,E,X三点共线.取M为∆ABC外接圆上不含A点的弧BC的中点，求证：F,D,M三点共线.7.如图，∆ABC中，D,E,F为顶点向三边的投影，圆O1,O2分别为∆BDE和∆CF E的内切圆，K,L为切点，连接KL交两圆于M,K两点，求证：MK=LN.8.如图，在∆ABC中AB=AC,I为三角形的内心，以AI为直径的圆与三角形外接圆的另一个交点为K,内切圆在BC边上的切点为D,AI延长线交外接圆于M,求证：K,D,M三点共线.9.如图，在锐角∆ABC中，∠A<∠B,I为三角形内心，AI,BI交圆于M,N两点，过C做MN平行线交圆于P.连接P I交圆于T点.(1)求证：MP×MT=NP×NT.(2)在劣弧AB上取一点Q,做∆CAQ,∆CBQ的内心I1,I2,求证：Q,T,I1,I2四点共圆.10.如图，在∆ABC中I为内心，M,N分别为劣弧AB,AC的中点，L为优弧AB的中点，圆O为三角形外接圆.圆O1于圆O内切于点M且与AC相切，圆O2与圆O内切于点N且与AB相切.求证：圆O1,O2两交点所在直线，与直线LI的交点在三角形外接圆上.11.如图，∆ABC中，H为垂心，M为BC中点，MH交劣弧AB于点D.过H的直线交直线AB,AC于F,E两点，使得AE=AF.求证：A,D,F,E四点共圆.12.如图，圆O与圆O1,O2内切于A,B两点，且O在圆O1,O2外部，两圆相交于C,D两点.设直线BC交圆O于另一个点E,AE交圆O1于F.已知D,O1,F共线，求证：D,C,O共线.13.如图，锐角∆ABC的外心为O,K是BC边上一点（不是中点），延长AK到点D,直线AB,CD交于点M,直线AC,DB交于点N.求证：如果OK⊥MN,则A,B,C,D四点共圆.14.在∆ABC中，A1,B1分别为CB,CA上的点，在线段AA1,BB1分别取点P,Q使得P Q与BC平行，在P B1延长线上取一个点P1使得∠P P1C∠CAB,在QA1延长线上取点Q1使得∠QQ1C=∠CBA.求证：P,Q,Q1,P1四点共圆.IMO201915.如图，在∆ABC中，L是AB边上一点，M,K是CB,CA延长线上的点，使得∠CMA=12∠CLA,∠CKB=12∠CLB.设∆CKM外心为O,求证：OL⊥AB.16.如图，凸五边形ABCDE中，CD=DE且∠CED=2∠ADB,P为五边形内一点，满足AE=AD,BP=BC,求证：P在对角线CE上的充分必要条件是S∆ADB+S∆AP B=S∆DEA+S∆DBC.。

高中数学奥赛辅导专题-立体几何(传统方法与向量方法)

1HB高中数学奥赛辅导专题——立体几何（传统方法与向量方法）立体几何（传统方法）知识精要1．直线与平面问题，主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合问题进行研究．这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合，因而在解题过程中，要力求做到概念清晰，方法得当，转化适时，突破得法．2．四面体是一种最简单的多面体，它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得来．较复杂的多面体常转化为四面体问题加以解决．解决这一类问题的所常用的数学思想方法有：变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法．3．解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用．在解决球相切问题时，注意球心连线通过切点，球心距等于两球半径之和．因此，研究多球相切问题时，连结球心，从而转化为多面体问题．例题1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k 条，使得其中任意两条线段所在直线都是异面直线，求k 的最大值．解答考察如图所示的正方体上的四条线段AC ，BC1，D 1B 1， A 1D ，它们所在直线两两都是异面直线．又若有5条或5条以上两两异面的直线，则它们的端点相异且个数不少于10，与正方体只有8个顶点矛盾．故 K 的最大值是4．练习1：在正方体的8个顶点、12条棱的中点、中，问共线的三点组的个数是多少解答：两端点都为顶点的共线三点组共有872⨯=有6132⨯=个；型的共线三点组，所以总共有2831849++=例题2：已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，求sin α．解答：如右图所示，平面BCD 与正方体的12条棱的夹角都等于α，过A 作AH 垂直平面BCD ．连DH ，则ADH α=∠．设正方体的边长为b ，则02sin 6033DH b ==AH ==所以sin sin 3AH ADH AD α=∠==．练习2：如图所示，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F (0)AE CFEB FDλλ==<<+∞，记()f λλλαβ=+其中λα表示E F 与AC 所成的角，λβ表示E F 与BD 所成的角，证明()0f λ'=，即()f λ为常数．解答：因ABCD 是正四面体，故AC 垂直BD ，作EG AC 交BC 于G ，连G F ，则GEF λα=∠，且CG AE CFGB FD FD==，所以G F 平行BD ．所以G F 垂直EG ，且EFG λβ=∠．所以()f λ为常数．例题3：三棱锥P -ABC 中，若棱P A =x ，其余棱长均为1，探讨x 是否有最值．解答：当P -ABC 为三棱锥时，x 的最小极限是P 、A 重合，取值为0，若PBC ∆绕BC 顺时针旋转，P A 变大，最大极限是P 、A 、B 、C 共面时，P A 为菱形ABPC 的3练习3：若正三棱锥底面棱长棱长均为1，探讨其侧棱否有最值．解答：若P 在底面的射影为O ,易知PO 越小，侧棱越小．故P 、O 重合时，侧棱取最小极PO 无穷大时，侧棱也无穷大．所以无最值．例题4：在单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P 使得AP +D 1P 最短，求AP +D 1P 的最小值．解答：将等腰直角三角形AA 1B 沿A 1B 折起至1A A B '，使三角形1A A B '与四边形A 1BCD 1共面，联结1A D '，则1A D '的长即为AP +D 1P 的最小值，所以，1A D '==练习4：已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对棱BB 1、D 1上有两个动点E 、F ，BE =D 1F=λ（102λ<≤）．设E F 与AB 所成的角为α，与BC 所成的角为β，求αβ+的最小值．解答：当12λ=时，2παβ+=．不难证明()f αβλ+=是单调减函数．因此αβ+的最小值为2π．例题5：在正n 棱锥中，求相邻两侧面所成的二面角的取值范围．解答：当顶点落在底面的时候，相邻两侧面所成的二面角为π．当顶点在无穷远处的时候，正n 棱锥变为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成的二面角为(2)n nπ-．练习5：已知直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各条棱长均为3，角BAD =600，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 的中点P 的轨迹（曲面）与共一顶点D 的三个面所围成的几何体的体积．解答：联结DP 、DN ，在三角形MDN 为直角三角形，且DP =MN /2=1，又由已知角BAD =600，角ADC =1200，所以点P 的轨迹以点D 为球心，半径为1的1/6球面，所以其与顶点D 以及三个面围成的几何体的体积为31421639ππ⨯⨯=．立体几何（向量方法）知识精要1．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量共线（即成倍数关系）．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零．2．通过法向量，把线面、面面的角转化为线线的角．从而可以利用公式cos ||||θαβαβ= 求解．3．建立空间直角坐标系．例题1如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．(Ⅰ)求证OD ∥平面PAB ；(Ⅱ) 求直线OD 与平面PBC 所成角的大小．解答OP ABC OA OC AB BC ⊥== 平面，，，.OA OB OA OP OBOP ∴⊥⊥⊥ ，，()O OP z O xyz -以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，,0,0,,0,,0,0AB a A B C ⎫⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝设，则()0,0,.OP h P h =设，则()D PC 为的中点，Ⅰ 1,0,,,0,2OD h PA h ⎛⎫⎫∴==- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭又，11 (2)OD PA OD PA OD PAB ∴=-∴∴平面∥∥()2,PA a = Ⅱ,h∴ ,OD ⎛⎫∴=⎪ ⎪⎝⎭,PBC n ⎛=- ⎝ 可求得平面的法向量cos ,OD n OD n OD n ⋅∴〈〉==⋅OD PBC θ设与平面所成的角为，sin cos ,OD n θ=〈〉= 则OD PBC ∴ 与平面所成的角为．练习1如图，已知长方体1111ABCD A BC D -，12,1AB AA ==，直线BD 与平面11AA B B 所成的角为030，AE 垂直BD 于,E F 为11A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角；（Ⅱ）求平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）的大小；（Ⅲ）求点A 到平面BDF 的距离解答在长方体1111ABCD A BC D -中，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系如图．由已知12,1AB AA ==，可得(0,0,0),(2,0,0),(1,0,1)A B F ．又AD ⊥平面11AA B B ，从面BD 与平面11AA B B 所成的角即为30DBA ∠=又2,,1,AB AE BD AE AD =⊥==从而易得1(2E D （Ⅰ）1((1,0,1)2AE BF ==-co A E AE AE∴< 14-=即异面直线AE 、BF 所成的角为4（Ⅱ）易知平面1AA B 的一个法向量m = 设(,,)n x y z =是平面BDF 的一个法向量．(BD =- 由n BF n BD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ 00n BF n BD ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩020x x x y -+=⎧⎪⇒⎨=⎪⎩x zy=⎧⎪⇒=取(1n =∴cos ,m n m n m n <>===即平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）大小为（Ⅲ）点A 到平面BDF 的距离，即AB 在平面BDF 的法向量n上的投影的绝对值所以距离||cos ,d AB AB n =<> ||||||AB nAB AB n = ||||5AB n n === 所以点A 到平面BDF 5例题2 如图1，已知ABCD 是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2 （Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小．解答（I ）证明由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1．所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，即OA ⊥OB ．故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0），B （0，3，0），C （0，1，3）O 1（0，0，3）．从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO BO 所以AC ⊥BO 1．（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量．设),,(z y x =是0平面O 1AC 的一图11A个法向量，由,3.0,0331=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅zyzyxO取得)3,0,1(=n．设二面角O—AC—O1的大小为θ，由、1BO的方向可知=<θ，1BO>，所以COS<=cosθn，1BO.43||||1=⋅BOn即二面角O—AC—O1的大小是.43arccos练习2如图,在直三棱柱111ABC A B C-中，13,4,5,4AC BC AB AA====，点D为AB的中点(Ⅰ)求证1AC BC⊥；(Ⅱ) 求证11AC CDB平面；(Ⅲ)求异面直线1AC与1B C所成角的余弦值解答∵直三棱锥111ABC A B C-底面三边长3,4,5AC BC AB===，1,,AC BC CC两两垂直如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D(32,2,0)(Ⅰ)11(3,0,0),(0,4,4)AC BC=-=,11110,AC BC AC BC∴⋅=∴⊥(Ⅱ)设1CB与1C B的交点为E，则E(0,2,2)13(,0,2),(3,0,4)2DE AC=-=-111,//2DE AC DE AC∴=∴111,,DE CDB AC CDB⊂⊄平面平面1//AC CDB∴平面(Ⅲ)11(3,0,4),(0,4,4),AC CB=-=111111cos,||||AC CBAC CBAC CB∴<>==∴异面直线1AC与1B C5例题3 在ΔABC中，已知66cos,364==BAB，AC边上的中线BD=5，求SINA．解答以B为坐标原点，为x轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A位于第一象限由630sin =B ，则4,)(,3BA B B == ，设=（x ，0），则43(,6x BD += ，由条件得5)352()634(||22=++=x ，从而x=2，314-=x （舍去），故2(,3CA =- ．于是141439809498091698098||||cos =+⋅++-=⋅=CA BA A ∴1470cos 1sin 2=-=A A 练习3 在平面上给定ABC ∆，对于平面上的一点P ，建立如下的变换 :f AP 的中点为Q ，BQ 的中点为R ，CR 的中点为'P ，'()f P P =，求证 f 只有一个不动点（指P 与'P 重合的点）．解答：依提意，有12AQ AP = ，且111()224AR AB AQ AB AP =+=+ ，'1111()2248AP AC AR AC AB AP =+=+++ ，要使'P 与P 重合，应111248A P A C A B A P =++ ，得1(42)7AP AC AB =+ ，对于给定的ABC ∆，满足条件的不动点P 只有一个．例题4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC ．已知,21,2,2===AE CD PD 求（Ⅰ）异面直线PD 与EC的距离；（Ⅱ）二面角E —PC —D 的大小．解答（Ⅰ）以D 为原点，、、分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得D （0，0，0），P （0，0，)2， C （0，2，0）设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>111).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x CE x PE x E由0=⋅⊥CE PE CE PE 得，即.23,0432==-x x 故由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(，又PD ⊥DE ，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线PD 、CE 的距离为1．（Ⅱ）作DG ⊥PC ，可设G （0，Y ，Z ）．由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y ,即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F （0，M ，N ），则 ).,21,23(n m EF --= 由0212,0)2,2,0(),21,23(0=--=-⋅--=⋅n m n m 即得，又由F 在PC 上得).22,21,23(,22,1,222-===+-=n m m n 故因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 的平面角θ的大小为向量与的夹角．故,4,22||||cos πθθ===EF DG 即二面角E —PC —D 的大小为.4π练习4如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1，已知AB =2，BB 1=2，BC =1，∠BCC 1=3π，求：（Ⅰ）异面直线AB 与EB 1的距离；（Ⅱ）二面角A —EB 1—A 1的平面角的正切值．解答（I ）以B 为原点，1BB 、分别为Y 、Z 轴建立空间直角坐标系．由于BC =1，BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=3π，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中有B （0，0，0），A （0，0，2），B 1（0，2，0），)0,23,23(),0,21,23(1C C - 设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EB EA a E )0,2,23()2,,23(0a a --⋅--=,432)2(432+-=-+=a a a a.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥面BCC 1B 1，故AB ⊥BE ．因此BE 是异面直线AB 、EB 1的公垂线，则14143||=+=，故异面直线AB 、EB 1的距离为1．（II ）由已知有,,1111EB A B EB ⊥⊥故二面角A —EB 1—A 1的平面角θ的大小为向量A B 与11的夹角．.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111===--===θθ即故因A B EA A B。

数学奥赛教练员培训班讲义(平面几何)

数学奥赛教练员培训班讲义（1）第一讲平面几何平面几何是数学竞赛中的一个基本内容。

它以严密的逻辑结构、灵活的证题方法，在发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力等方面起着特殊的作用。

因此在数学竞赛中平面几何的内容占有十分突出的地位。

平面几何主要研究度量关系的证明、位置关系的证明、面积关系解题、几何量的计算、轨迹问题等。

一、与三角形有关的重要定理1.梅涅劳斯定理一直线分别截△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线）于D 、E 、F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。

说明：（1）结论的图形应考虑直线与三角形三边交点的位置情况，因而本题图形应该有两个。

（2）结论的结构是三角形三边上的6条线段的比，首尾相连，组成一个比值为1的等式。

（3）其逆定理为：如果D 、E 、F 分别在△ABC 的边BC 、CA 、AB （或其延长线上），并且1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，那么D 、E 、F 三点在同一条直线上。

（4）梅氏定理及其逆定理不仅可以用来证明点共线问题，而且是解决许多比例线段问题的有力工具。

用梅氏定理求某个比值的关键，在于恰当地选取梅氏三角形和梅氏线。

2.塞瓦定理设O 是△ABC 内任意一点，AO 、BO 、CO 分别交对边于D ，E ，F ，则1=∙∙FBAF EA CE DC BD 。

说明：（1）该定理可借助于梅氏定理来证明（也可用面积法来证明）。

如果O 点在三角形外，结论仍然是成立的。

（2）其逆定理为：分别在△ABC 三边（所在直线）BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若有1=∙∙FBAF EA CE DC BD ，则AD 、BE 、CF 平行或共点。

（3）塞瓦定理及其逆定理是证明三直线交于一点（线共点）问题的重要定理，应用塞瓦定理很容易证明三角形中的主要线段的共点问题。

3.三角形的五心三角形的三条中线共点，三条角平分线共点，三条高线共点，三条中垂线共点。

高考数学同步辅导第30讲线段的定比分点与平移试题

一线名师(m ín ɡ sh ī)指点07年高考数学同步(t óngb ù)辅导第30讲线段的定比分(b ǐ f ēn)点与平移【考点(k ǎo di ǎn)回放】1线段的定比分点定义：设P 1,P 2是直线L 上的两点，点P 是L 上不同于P 1,P 2的任意一点，那么存在一个实数，使，λ叫做点P 分有向线段所成的比当点P 在线段21P P 上时，；当点P 在线段21P P 或者21P P 的延长线上时，λ<02定比分点的向量表达式：点P 分有向线段21P P 所成的比是λ，那么〔O 为平面内任意点〕3定比分点的坐标形式:,其中P 1(x 1,y 1), P 2(x 2,y 2), P (x,y)4中点坐标公式: 当λ=1时，分点P 为线段21P P 的中点，即有5的重心坐标公式：6图形平移的定义:设F 是坐标平面内的一个图形，将图上的所有点按照同一方向挪动同样长度，得到图形F ’，我们把这一过程叫做图形的平移7平移公式: 设点按向量平移后得到点，那么＝+或者，曲线按向量),(k h a =平移后所得的曲线的函数解析式为：这个公式叫做点的平移公式，它反映了图形中的每一点在平移后的新坐标与原坐标间的关系【考点解析】1.〔2021年东北三校联考题〕假设将函数y=f〔x〕的图象按向量a平移，使图象上点的坐标由〔1，0〕变为〔2，2〕，那么平移后的图象的解析式为A.y=f〔x+1〕－2B.y=f〔x－1〕－2C.y=f〔x－1〕+2D.y=f〔x+1〕+2解析(jiě xī)：由平移公式得a=〔1，2〕，那么(nà me)平移后的图象的解析式为y=f〔x－1〕+2.答案(dáàn)：C2.〔2021年八校第二次联考〕将抛物线y2=4x沿向量(xiàngliàng)a平移得到抛物线y2－4y=4x，那么向量a为A.〔－1，2〕B.〔1，－2〕C.〔－4，2〕D.〔4，－2〕解析：设a=〔h，k〕，由平移公式得代入y2=4x得〔－k〕2=4〔－h〕，y'2－2k y'=4x'－4h－k2，即y2－2ky=4x－4h－k2，∴k=2，h=－1.∴a=〔－1，2〕.答案：A考虑讨论此题不用平移公式代入配方可以吗?提示：由y2－4y=4x，配方得〔y －2〕2=4〔x +1〕，∴h =－1，k =2.〔知道为什么吗?〕A 、B 、C 三点一共线，且它们(t ā men)的纵坐标分别为2、5、10，那么A 点分所得(su ǒ d é)的比为A.B.C.－83D.－38解析(ji ě x ī)：设A 点分BC 所得(su ǒ d é)的比为λ，那么由2=，得λ=－83.答案：CP 分所成的比是λ〔λ≠0〕，那么点A 分所成的比是____________.解析：∵=λ，∴AP =λ〔－AP +AB 〕.∴〔1+λ〕AP =λAB .∴AB =AP .∴=－λλ+1AP .答案：－λλ+15.〔理〕假设△ABC 的三边的中点坐标为〔2，1〕、〔－3，4〕、〔－1，－1〕，那么△ABC 的重心坐标为____________.解析：设A 〔x 1，y 1〕，B 〔x 2，y 2〕，C 〔x 3，y 3〕，那么 ∴∴重心坐标为〔－，〕.答案：〔－32，34〕〔文〕点M 1〔6，2〕和M 2〔1，7〕，直线y =mx －7与线段M 1M 2的交点M 分有向线段的比为3∶2，那么m 的值是____________.解析(ji ě x ī)：设M 〔x ，y 〕，那么(n à me)x ===3，y ===5，即M 〔3，5〕，代入y =mx －7得5=3m －7，∴m =4.答案(d á àn)：46．〔2021卷〕设,,,点是线段(xiànduàn)上的一个动点,,假设,那么实数λ的取值范围是 (A)(B)(C)(D)解析：解得: 221122λ-≤≤+,因点P 是线段AB 上的一个动点,所以,即满足条件的实数λ的取值范围是2112λ-≤≤,应选择答案B. 【点评】此题考察向量的表示方法,向量的根本运算,定比分点中定比的范围等等.【考点演练】考点1、定比分点坐标公式，线段AB 上的三等分点依次为、，求1P 、2P ，点的坐标以及、分所成的比λ。

以立体几何为背景的存在性竞赛题_薛党鹏

，
２
．
失
一
般性不妨设
，
色如图３
，
．
图
３
Ａ
ｘ
／当Ｎ

！
ｊ
＼
同为红色时
，
若
则
！
ｆ
ｔ
［
、
／］
＼
＼中有
＇
红边不妨设为４４
，，
，
Ｉ
、
＞
、
｜
｜
面若
异
；
为红色三角形故直线Ｗ
Ｉ

，
２、
／
３
两两
ＡＶＡ中没有红边则ＡＶＡ
，
证明在棱长为
：
均不共面证明存在三条直线满足下列条ａ的正方体内部
：
，
存在两个棱长为
＆六抓
【
ａ
的正四面体使得其没有
，

：
⑵
】
，
，，
分析从直观的角度考虑将两个正四
相平杆
…
，
５
，
２
３
边形的
ｎ
经过尾Ｓ
（
３
，
平面卑＆４经过
５
Ｂ５ｆｉ
）
６
，
所以交线
，
Ｔ为岑皂与４４的交点平行于这些直棱锥不存在正ｎ＋ｉＡ第２２届全俄数学奥林匹克线即ＳＶ／ｆ经过直线ｓｒｊＡ引平面该平面与棱分析假设正ｎ＋边形

高考数学总复习之绝密资料解析几何综合题解题思路案例分析课标试题

高考数学总复习之绝密资料解析几何综合题解题思路案例分析中国人民大学附中梁丽平永寿中学安振平解析几何综合题是高考命题的热点内容之一. 这类试题往往以解析几何知识为载体，综合函数、不等式、三角、数列等知识，所涉及到的知识点较多，对解题才能考察的层次要求较高，考生在解答时，常常表现为无从下手，或者者半途而废。

据此笔者认为：解决这一类问题的关键在于：通观全局，部分入手，整体思维. 即在掌握通性通法的同时，不应只形成一个一个的解题套路，解题时不加分析，跟着感觉走，做到那儿算那儿. 而应当从宏观上去把握，从微观上去打破，在审题和解题思路的整体设计上下功夫，不断克制解题征途中的道道运算难关.1 判别式----解题时时显神功案例1 双曲线122:22=-x y C ，直线l 过点()0,2A ，斜率为k ，当10<<k 时，双曲线的上支上有且仅有一点B 到直线l 的间隔为2，试求k 的值及此时点B 的坐标。

分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有〞这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B 作与l 平行的直线，必与双曲线C 相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式0=∆. 由此出发，可设计如下解题思路：l 的间隔为2解题过程略.分析2：假如从代数推理的角度去考虑，就应当把间隔用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B 到直线l 的间隔为2〞，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思路：简解：设点)2,(2x x M +为双曲线C 上支上任一点，那么点M 到直线l 的间隔为：212222=+-+-k kx kx ()10<<k ()*于是，问题即可转化为如上关于x 的方程. 由于10<<k ，所以kx x x >>+22，从而有.222222k x kx k x kx +++-=-+-于是关于x 的方程()*⇔)1(22222+=+++-k k x kx⇔()⎪⎩⎪⎨⎧>+-++-+=+02)1(2,)2)1(2(222222kx k k kx k k x⇔()()()⎪⎩⎪⎨⎧>+-+=--++-++-.02)1(2,022)1(22)1(221222222kx k k kkx k k k x k由10<<k 可知：方程()()()022)1(22)1(22122222=--++-++-k kx k k kx k 的二根同正，故02)1(22>+-+kx k k 恒成立，于是()*等价于()()()022)1(22)1(22122222=--++-++-k kx k k k x k.由如上关于x 的方程有唯一解，得其判别式0=∆，就可解得 552=k . 点评：上述解法紧扣解题目的，不断进展问题转换，充分表达了全局观念与整体思维的优越性.2 判别式与韦达定理-----二者联用显奇效案例2 椭圆C:x y 2228+=和点P 〔4，1〕，过P 作直线交椭圆于A 、B 两点，在线段AB 上取点Q ，使AP PB AQQB=-，求动点Q 的轨迹所在曲线的方程. 分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。

新人教B版高中数学必修二教学课件第一章立体几何初步 1.2.2《(第3课时)平面与平面平行》

易错疑难辨析
B为△ACD所在平面外一点，M、N、G分别为 △ ABC 、 △ ABD 、 △ BCD 的重心，求证：平面 MNG∥ 平面 ACD.
[错解] 如图所示，连接 BM、BN、BG 并延长交 AC、AD、 CD 分别于点 P、F、H.
∵M、N、G 分别为△ABC、△ABD、△BCD 的重心， ∴BMMP＝BNNF＝GBGH＝2，
∵a′⊄α，a⊂α，a′∥a，∴a′∥α.同理b′∥α. 又a′⊂β，b′⊂β，a′∩b′＝A，∴β∥α. 所以过点A有一个平面β∥α.
假设过A点还有一个平面γ∥α，则在平面α内取一直线c，A∉c，点A、直线c确定一个平面 δ，由公理2知：β∩δ＝m，γ∩δ＝n， ∵m⊂β，c⊂α，β∥α， ∴m与c无公共点，又m⊂δ，c⊂δ.∴m∥c.同理n∥c. 又A∈m，A∈n，这与过一点有且只有一条直线与已知直线平行相矛盾，因此假设不成立，所以平面β只有一个．所以过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
[解析] ∵E、F 分别为 AB、AC 的中点，
∴EF∥BC．
∵EF⊄平面 BCHG，BC⊂平面 BCHG， ∴EF∥平面 BCHG. ∵A1G EB， ∴四边形 A1EBG 是平行四边形， ∴A1E∥GB. ∵A1E⊄平面 BCHG，GB⊂平面 BCHG， ∴A1E∥平面 BCHG. ∵A1E∩EF＝E，∴平面 EFA1∥平面 BCHG.
3．两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的 __交__线____平行．符号表示：_α_∥__β_，__γ_∩__α_＝__a_，__γ_∩_β_＝__b__⇒a∥b，如图：
4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段 _成__比__例___．

运用数学思想，巧解立体几何题

运用数学思想，巧解立体几何题
邓邦发
【期刊名称】《中国校外教育（理论）》
【年(卷),期】2016(000)002
【摘要】立体几何题主要考查学生空间想象能力，直觉思维能力，逻辑推理和论证能力；同时考查学生的分析问题，解决问题能力。

初学者往往感到很困难。

通过具体实例说明解题过程中，恰当运用数学思想方法，能达到事半功倍的效果。

【总页数】1页(P111-111)
【作者】邓邦发
【作者单位】浙江省余姚市第四职业技术学校
【正文语种】中文
【相关文献】
1.构造长方体巧解立体几何题 [J], 张牧涵;刘海东;
2.补形巧解立体几何题 [J], 华腾飞
3.补形巧解立体几何题 [J], 华腾飞;
4.运用类比法巧解立体几何题 [J], 林爱群
5.补形巧解立体几何题 [J], 华腾飞
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高中数学课件-2014年高考研讨会—立体几何

平时对策：
建系让学生多接触不同题型，斜棱锥，斜棱柱，翻折，投影，底面是梯形，菱形，等边，等腰三角形，圆等等
平时讲评立体几何大题，避免一带而过，以为告诉学生建系就足够，其实后续很重要，要求学生对照看看自己到底在哪个步骤出了问题，比如经常有点坐标的错误，向量的运算错误，求角的错误。
特别注意：
近三年江西数学新课标卷立体几何部分
自从2011年，我省开始新课改第一次高考命题，到现在已经过去了三年。三年新课标高考卷给我们提供了很多精彩的试题，也让我们能够总结高考命题的一点点“共性”，把握命题者的一点点思路，下面我们来分析一下
近三年江西数学新课标卷立体几何部分
年份题号分值题型考点及简要分析(理科)
准确使用数学语言，做到符号准确，逻辑推理严密、有条理性，养成良好的解题习惯.尤其是在定义、公理、定理的使用上，一定要弄清楚哪些语句必须要有（如“线在面内”、 “线不在面内”等等）；哪些语句可以省略（如用到初中平面几何的一些知识，有时点到为止，不必很详细）.
文科试题分析
文科常规大题（较为基础，一般是18题）近几年来，新课改省份的文科立几大题
必须通过适当添加辅助线或简单逻辑推理，才能找到三条两两互相垂直的直线.
2.点的坐标的确定
点的坐标的确定：（1）点在坐标轴上、点在坐标面上，点是已
定两点的中点；
（2）利用向量共线、垂直，确定点的坐标，或引参设点，解决存在性、探究性问题
在解题的过程中，一定要强调空间问题平面化，要学生养成做立体几何大题时同时画出需要的截面图或者某个视图的习惯！这样确定点的坐标才不会出错！
直线 l 与1 ，2 ，3 分别相交于 P1 ， P2 ， P3 ，

高考数学总复习之绝密资料立体几何题怎么解课标试题

高考数学总复习之绝密资料立体几何题怎么解创作人：历恰面日期： 2020年1月1日安振平高考立体几何试题一般一共有4道(客观题3道, 主观题1道), 一共计总分27分左右,考察的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考察立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程HY 的进一步施行,立体几何考题正朝着〞多一点考虑,少一点计算〞的开展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与间隔的探求是常考常新的热门话题. 例1 四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形，PB ⊥面ABCD. 〔1〕假设面PAD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；〔2〕证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90° 讲解:〔1〕正方形ABCD 是四棱锥P —ABCD 的底面, 其面积为,2a 从而只要算出四棱锥的高就行了.⊥PB 面ABCD,∴BA 是PA 在面ABCD 上的射影.又DA ⊥AB ，∴PA ⊥DA ，∴∠PAB 是面PAD 与面ABCD 所成的二面角的平面角， ∠PAB=60°.而PB 是四棱锥P —ABCD 的高，PB=AB ·tg60°=3a ,3233331a a a V =⋅=∴锥.〔2〕不管棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为全等三角形. 作AE ⊥DP ，垂足为E ，连结EC ，那么△ADE ≌△CDE ，CEA CED CE AE ∠=∠=∴故,90, 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角.设AC 与DB 相交于点O ，连结EO ，那么EO ⊥AC ，.22a AD AE OA a =<<=∴在.0)2)(2(2)2(cos ,2222<-+=⋅⋅-+=∠∆AE OA AE OA AE EC AE OA EC AE AEC AEC 中故平面PAD 与平面PCD 所成的二面角恒大于90°.本小题主要考察线面关系和二面角的概念，以及空间想象才能和逻辑推理才能, 具有一定的探究性, 是一道设计新颖, 特征鲜明的好题.例2 如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABCC点到AB 1的间隔为CE=23，D 为AB 的中点. 〔1〕求证：AB 1⊥平面CED ；〔2〕求异面直线AB 1与CD 之间的间隔；〔3〕求二面角B 1—AC —B 的平面角.讲解:〔1〕∵D 是AB 中点，△ABC 为等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD ⊥AB 又AA 1⊥平面ABC ，∴CD ⊥AA 1.∴CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥AB 1，又CE ⊥AB 1， ∴AB 1⊥平面CDE ；〔2〕由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段∵CE=23，AC=1 , ∴CD=.22∴21)()(22=-=CD CE DE ；〔3〕连结B 1C ，易证B 1C ⊥AC ，又BC ⊥AC , ∴∠B 1CB 是二面角B 1—AC —B 的平面角.在Rt △CEA 中，CE=23，BC=AC=1, ∴∠B 1AC=600∴260cos 121==AB ， ∴2)()(2211=-=AB AB BB ,∴ 211==∠BCBB CB B tg , ∴21arctg CB B =∠. 作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作出应当有严格的逻辑推理作为基石.例3 如图a —l —β是120°的二面角，A ，B 两点在棱上，AB =2，D 在α内，三角形ABD 是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C 在β内，∆ABC 是等腰直角三角形∠ACB=.900（I ）求三棱锥D —ABC 的体积；〔2〕求二面角D —AC —B 的大小；〔3〕求异面直线AB 、CD 所成的角.讲解: (1) 过D 向平面β做垂线，垂足为O ，连强OA 并延长至E .DAE OA AB DA OA AD AB ∠∴⊥∴⊥,,上的射影在平面为β 为二面角a —l —β的平面角..60,120=∠∴=∠DAO DAE 3,2=∴==DO AB AD .ABC ∆ 是等腰直角三角形，斜边AB =2.,1=∴∆ABC S 又D 到平面β的间隔 DO=.3.33=∴-ABC D V 〔2〕过O 在β内作OM ⊥AC ,交AC 的反向延长线于M ,连结DM .那么AC ⊥DM .∴∠DMO 为二面角D —AC —B 的平面角. 又在△DOA 中，OA =2cos 60°=1.且.22,45=∴=∠=∠OM CAE OAM .6.6arctg DMO DMO tg =∠∴=∠∴ 〔3〕在β平在内，过C 作AB 的平行线交AE 于F ，∠DCF 为异面直线AB 、CD 所成的角. ACF CAF DF CF AF CF AF AB ∆=∠⊥∴⊥∴⊥即又,45,, 为等腰直角三角形，又AF 等于C 到AB 的间隔，即△ABC 斜边上的高,.1==∴CF AF.7.7.7120cos 2222=∠∴==∠∴=⋅-+=∴DCF tg CFDFDCF tg AF AD AF AD DF 异面直线AB,CD 所成的角为arctg .7比拟例2与例3解法的异同, 你会得出怎样的启示? 想想看.例4在边长为a 的正三角形的三个角处各剪去一个四边形．这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①．假设用剩下的局部折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②．那么当容器的高为多少时，可使这个容器的容积最大，并求出容积的最大值．图① 图②讲解: 设容器的高为x ．那么容器底面正三角形的边长为x a 32-,)32)(32(3434143)320()32(43)(2x a x a x a x x a x x V --⋅⋅⋅=<<-⋅⋅=∴54)3323234(16133a x a x a x =-+-+≤. 当且仅当 .54,183,32343max a V a x x a x ==-=时即.故当容器的高为a 183时，容器的容积最大，其最大容积为.543a对学过导数的同学来讲，三次函数的最值问题用导数求解是最方便的，请读者不妨一试. 另外，此题的深化似乎与2021年全国高考文科数学压轴题有关，还请做做对照. 类似的问题是:某企业设计一个容积为V 的密闭容器，下部是圆柱形，上部是半球形，当圆柱的底面半径r 和圆柱的高h 为何值时，制造这个密闭容器的用料最〔即容器的外表积最小〕. 例5 三棱锥P —ABC 中，PC ⊥底面ABC ，AB=BC ， D 、F 分别为AC 、PC 的中点，DE ⊥AP 于E ．〔1〕求证：AP ⊥平面BDE ；〔2〕求证：平面BDE ⊥平面BDF ；〔3〕假设AE ∶EP=1∶2，求截面BEF 分三棱锥 P —ABC 所成两局部的体积比．讲解: (1〕∵PC ⊥底面ABC ，BD ⊂平面ABC ，∴PC ⊥BD ．由AB=BC ，D 为AC 的中点，得BD ⊥AC ．又PC ∩AC=C ，∴BD ⊥平面PAC ．又PA ⊂平面、PAC ，∴BD ⊥PA ．由DE ⊥PA ，DE ∩BD=D ，∴AP ⊥平面BDE ．〔2〕由BD ⊥平面PAC ，DE ⊂平面PAC ，得BD ⊥DE ．由D 、F 分别为AC 、PC 的中点，得DF//AP ．由，DE ⊥AP ，∴DE ⊥DF. BD ∩DF=D ，∴DE ⊥平面BDF ．又 DE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BDF ．〔3〕设点E 和点A 到平面PBC 的间隔分别为h 1和h 2．那么 h 1∶h 2=EP ∶AP=2∶3,.31232313121=⋅=⋅⋅⋅⋅==∴∆∆----PBC PBFPBCA PBFE ABC P EBF P S h S h V V V V故截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两局部体积的比为1∶2或者2∶1值得注意的是, “截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两局部的体积比〞并没有说明先后顺序, 因此最终的比值答案一般应为两个, 希不要犯这种〞会而不全〞的错误.例6 圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心O 1且平行于母线AB 的平面所截，假设截面与圆锥侧面的交线是焦参数〔焦点到准线的间隔〕为p 的抛物线.〔1〕求圆锥的母线与底面所成的角；〔2〕求圆锥的全面积．讲解: 〔1〕设圆锥的底面半径为R ，母线长为l ，由题意得：R l ππ2=, 即21cos 1==l R ACO , 所以母线和底面所成的角为.600〔2〕设截面与圆锥侧面的交线为MON ，其中O 为截面与AC 的交点，那么OO 1//AB 且.211AB OO =在截面MON 内，以OO 1所在有向直线为y 轴，O 为原点，建立坐标系，那么O 为抛物的顶点，所以抛物线方程为x 2=－2py ，点N 的坐标为〔R ，－R 〕，代入方程得 R 2=－2p 〔－R 〕，得R=2p ，l =2R=4p.∴圆锥的全面积为22221248p p p R Rl πππππ=+=+.将立体几何与解析几何相链接, 颇具新意, 预示了高考命题的新动向. 类似请考虑如下问题:一圆柱被一平面所截，截口是一个椭圆．椭圆的长轴长为5，短轴长为4，被截后几何体的最短侧面母线长为1，那么该几何体的体积等于．例7 如图，几何体ABCDE 中，△ABC 是正三角形，EA 和DC 都垂直于平面ABC ，且EA=AB=2a ，DC=a ，F 、G 分别为EB 和AB 的中点. 〔1〕求证：FD ∥平面ABC ；〔2〕求证：AF ⊥BD ；(3) 求二面角B —FC —G 的正切值.讲解: ∵F 、G 分别为EB 、AB 的中点，∴FG=21EA ，又EA 、DC 都垂直于面ABC, FG=DC ， ∴四边形FGCD 为平行四边形，∴FD ∥GC ，又GC ⊂面ABC ， ∴FD ∥面ABC.〔2〕∵AB=EA ，且F 为EB 中点，∴AF ⊥EB ① 又FG ∥EA ，EA ⊥面ABC ∴FG ⊥面ABC ∵G 为等边△ABC ，AB 边的中点，∴AG ⊥GC. ∴AF ⊥GC 又FD ∥GC ，∴AF ⊥FD ②由①、②知AF ⊥面EBD ，又BD ⊂面EBD ，∴AF ⊥BD.〔3〕由〔1〕、〔2〕知FG ⊥GB ，GC ⊥GB ，∴GB ⊥面GCF. 过G 作GH ⊥FC ，垂足为H ，连HB ，∴HB ⊥FC. ∴∠GHB 为二面角B-FC-G 的平面角.易求33223,23==∠∴=a a GHB tg a GH .例8 如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 、Q 分别是线段AD 1和BD 上的点，且D 1P ∶PA =DQ ∶QB =5∶12.(1) 求证PQ ∥平面CDD 1C 1；(2) 求证PQ ⊥AD ；(3) 求线段PQ 的长.讲解: 〔1〕在平面AD 1内，作PP 1∥AD 与DD 1交于点P 1，在平面AC 内，作 QQ 1∥BC 交CD 于点Q 1，连结P 1Q 1. ∵1251==QB DQ PA P D , ∴PP 1//QQ 1 .由四边形PQQ 1P 1为平行四边形, 知PQ ∥P 1Q 1而P 1Q 1⊂平面CDD 1C 1，所以PQ ∥平面CDD 1C 1〔2〕 AD ⊥平面D 1DCC 1， ∴AD ⊥P 1Q 1，又∵PQ ∥P 1Q 1， ∴AD ⊥PQ. 〔3〕由〔1〕知P 1Q 1// PQ,125QB DQ C Q DQ 11==，而棱长CD=1. ∴DQ 1=175. 同理可求得 P 1D=1712. 在Rt △P 1DQ 1中，应用勾股定理, 立得P 1Q 1=1713175171222221=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+DQ D P .做为此题的深化, 笔者提出这样的问题: P, Q 分别是BD,1AD 上的动点,试求PQ 的最小值, 你可以应用函数方法计算吗? 试试看. 并与如下2021年全国高考试题做以对照, 你会得到什么启示? 如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。

数学竞赛中的立体几何问题

数学竞赛中的立体几何问题
陈昭亮
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2001(000)001
【摘要】（本讲适合高中）在历届全国高中数学联赛的试题中，有关立体几何的问题，因其涉及知识点多，解法灵活而备受人们的青睐．本文仅对竞赛中所涉及的立体几何的几个重要方面作些介绍．1 求角度这类题常以多面体或旋转体为依托，考查立体几何中的异面直线所成角、直线与平面所成角或二面角的大小．解决这类题的关键是，根据已知条件准确地找出或作出要求的角．
【总页数】5页(P7-10,11)
【作者】陈昭亮
【作者单位】陕西省西安中学，710003
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.议高中数学竞赛中的立体几何问题 [J], 张佩丽
2.立体几何问题的解答中图形的构造技巧 [J], 张一廿
3.立体几何问题求解中辅助线的添加策略 [J], 姬铭萱
4.数学竞赛中立体几何问题的解析方法 [J], 彭广阳;孙璐
5.自主招生中的立体几何问题 [J], 李玉梅
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一类解几含参问题解法的探讨

一类解几含参问题解法的探讨
吴海军;邓红平
【期刊名称】《中学数学研究》
【年(卷),期】2007(000)001
【摘要】解析几何中的含参问题，往往包含内容广，难度大，考查数学思想方法多，需要有较强的综合分析、综合计算能力．解决这类问题的方法较灵活，学生不易掌握，教师也不易讲解。

结合平时的教学，我们认为可将含参问题进行归类，再从这类问题的共性特点入手，形成共识，从而找到这类问题的解法．这样做，对学生探索问题认识问题和解决问题很有帮助．下面就含参分比又的问题在解几中的应用进行举例，探讨其共性的解法，以供参考．
【总页数】3页(P37-39)
【作者】吴海军;邓红平
【作者单位】湖北省云梦县高考补习学校,432500;湖北省云梦县高考补习学
校,432500
【正文语种】中文
【中图分类】O1
【相关文献】
1.一类含参广义向量拟均衡问题各种有效解映射的下半连续性 [J], 孟旭东;王三华;
2.用已知求未知——高中数学函数中一类含参问题解法分析 [J], 刘正权
3.一类含参广义向量拟均衡问题各种有效解映射的下半连续性 [J], 孟旭东;王三华
4.一类函数含参问题解法探究 [J], 车能耀
5.一类函数含参问题解法探究 [J], 车能耀
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1、截面法
2、隔离法 3、展平法
4、投影法
例2、
分析
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，设∆C1 D1 B 所在的半平面为α ，∆C D1 B所在的半平面为 β，BD1 所在的直线是 α与 β 的交线。求二面角 α—BD1 —β 的度数
因为二面角的平面角的度数是由相应平面角的来表示的，所以解题的一个方向是找平面角。 A1 D1 B1 C1
例4、
A
B
C
四、体积法
用两种方法计算同一体积，从而得出未知数的等量关系，这是平面几何的面积法的直接推广，用这种方法求点到平面的距离时，可免去找距离线段或论证垂直关系的推理过程，在种方法多用于四面体和长方体，因为它们对底 G 面的选择有很大的自由度，可以方便地“换底”
例5
如图，已知ABCD是边长 D 为4的正方形，E，F 分别是 AB ,AD 的中点，CG 垂直于 F ABCD 所在的平面，且 CG=2，求 B 点到平面 GEF 的距离。 A
且由B在A,C 之间知, B2 在A2 ,C2 之间
在 ∆OA2C2中, 有 max{∠OB 2A 2 , ∠OB 2 C2 } ≥ 900 从而即 OB2 BB1 max{OA2 OC2 } max{AA1 CC1 }.
得
V=
1 3 a 2
六、
投
影
法
投影是实现平面化思考的一条途径,同时也是处理更广泛空间问题的一个通法. 例7 设PP1 , QQ1是空间中两条异面直线,A,B,C是直线 QQ1上3点,且点B在A,C之间, P Q A1,B1， C1是由A,B,C向直线， A A1 PP1所引垂线的垂足, B B1 C1 C 证明 A2 B2 BB1 max {AA 1, CC1 } O C2
P1
Q1
证明
作平面 α 垂直于PP1 ，则直线PP1在平面 α 上的投影为一点，记为O，由 AA1 ⊥ PP1，BB1 ⊥ PP1, CC⊥PP1 知, AA1 ∥α,
从而 AA1在α 上的投影OA2=AA1, BB1在α上的投影OB2=BB1, CC1在α上的投影OC2=CC1
BB1∥ α, CC1∥α
3、空间的折叠
4、空间的展平
M
C
直观上补充成为长方体，则MN是上下底面中心的连线，它与上下底面都垂直，当然是同时垂直于AC,BD.
如图，已知给一个长方体，其共顶点的3条棱互不相等，现在要由一顶点沿表面到对角顶点，求最短的线路。 C1 D1 分析： A1 B1 将长方体各面展于同一 F 平面上（可省去底面ABCD） D 由两点间距离最短知， C D D A D1 F A C C1 B1 B 有三条相对短的走法，设三条共点棱长为AB=a, AD=b， AA1 =c，且由勾股定理可算得AFC1最短。 C1
例6
解法一
（分割）将
P
K K K
E F D C A G B H H
P
立体图形分割为一个正六棱锥P—ABCDEF与三个三棱锥 P—GAF, P—HBC,P—KDE之和。 K P H E B F G A D
G
G
C
P
解法二
（补充）将立体图形补充为一个正方体如图，
则所求的立体图形体积是正方体体积的一半 K D P H C E B F G A
C
E
B
G 解连BF，BG ,有
S FEG
记 H 为AC与EF的交点，由CG为平 F 面AC的垂线， AC⊥EF知， A CH⊥EF,且由
1 S ABCB =2 8
D C
H E B
EF 2 2 ， HC 3 2 知，GH GC2 HC2 22
根据等积关系
1 S EFG EF GH 2 11 2
高二数学竞赛辅导第三讲
立体几何解题的基本策略
一、点、线、面间关系的转化
立体几何的知识告诉我们，最核心的内容是线面间的的垂直、平行关系，而它们又通过判定定理、性质定理而相互转化。定理的应用过程实质上就是下述诸关系的联系与转化。
点面
点点 —— 点线 ———————— 线面 —— 面面
线线
例1
证明2、
将∆ACD 绕AC展平到面ACD上，得 ABCD，则 BD与AC相交与M，BM=MD。再将图形复原，由BM=MD， BN=ND知MN是等腰三角形∆MBD 底边上的高，有 MN⊥BD。同理MN⊥AC。 B N D
A
M C B M D
A
C
图形变换包括
1、空间的对称
2、空间的旋转
B A D N
C
三、
图
形变换
B N D D N B C M A
例5、若空间四边形的两组对边相等，则两条对角线的中点
连线垂直对角线。
A M C
证明
如图，空间四边形ABCD中，M,N是对角AC,BD的中点，现将A与C交换,B与D交换，得到同一位置的空间四边形，而这个四边形又可看作一个绕着某一轴（轴对称）旋转1800 得到另一个，由A与C关M于对称，B与D关于N 对称知，对称轴必经过MN，从MN⊥AC，MN⊥BD。
解在平面 A B C1 D1 上，由点 A 向 B D1 引垂线，与BD 1 交 N 于M,与BC1 交于N，连CM，由 M 于正方体关于面BB1D1D的对称 D 性，必有CM⊥BD1 ，因此， ∠ NMC就是二面角的平面设正方体的棱长为，则AC2 A B 2 =CD12 =2a2 ，AM2 =MC2 = 3 a2 ,在∆ AMC中，由余弦定理得 ∠ AMC=1200 ，从而∠ MAC=600 ，即二面角α— BD1—β 的度数为600。
VG FEB
1 1 VB FEG，有 2 2 2 11 h 3 3
得到 B 到平面 GEF 的距离是
2 11 h 11
.
五、基本图形法
立体几何中的基本图形是正方体，熟练掌握正方体的基本性质和各类线面关系，对于解题是非常有益的，一旦遇到新问题，我们或者补充为一个正方体，或者分割成几个正方体，“能割善补”是学习立体几何的诀窍。有三个边长为的正方形，分别将每一个正方形的一个角按两邻边中点连线剪下，按图分别接在边长为 22a的正六边形各边上，然后沿正六边形各边将其余部分折起，如图，求所成立体图形的体积。
DE
2
三个步骤: 一、线线距离转化为线面距离
二、再转化为点面距离三、计算距离
D
A C
H
E
B
解法二
解法三
用体积法计算
VD-BCE=VC-BDE.
外接于一个长方体用补形的方法解决
D
H
A C E B
二、平面化的思考
在空间,选取一个恰当的平面,使问题在这个平面上获得突破性的进展,甚至全部解决,是一种自然而重要的思考,怎样选取平面呢?有以下几个主要方法
(如图) 二面角α — AB —β 的平面角为 300，在β 上作 AD⊥AB，AD=10，过D作 CD⊥α 于D,若∠ACB = 600，求AC与BD的距离。 β D 解作BE∥AC，CE∥AB,连 EC,ED，则AC∥面BCE，直线AC到 AH B 面BDE的距离就是AC到BD的距离. 这时，AC上任一点到面BDE的距离 E 就是所求. α C 由DC⊥α知，DC⊥AC;又AD⊥ AB，根据三垂线定理， AC⊥ AB.但AB∥AC,故AC ⊥ CE.从而AC ⊥ 面CDE 。又 BE∥AC ,得BE ⊥ 面CDE, 进而面BDE⊥面CDE，在Rt∆CDE上作高CH，由Rt∆ACD中, ∠ CAD = 300为二面角的平面角. AD =10, 得AC = 53 , CD = 5; 又在Rt∆ABC 中， ∠ACB = 600 ,有CE=AB = 3AC = 15, 最后在 Rt∆ACD 3 10 中，由CE=AB =15, 得DE = 5 10, 从而CH = CD CE =