高考平面解析几何.doc

二、例题分析： 例1（如图3）过三点M，N，P的平面，作与平面，的交线。 解析：（如图4）利用公理1，两点在平面内，推出两点所确定的直线在平面内。 设=l1, =l2, =l3，MN交l1于A，交l3于B。连接AP并延长交l2于C，连接BC，综上可得， 平面MNP=MN，平面MNP=PC，平面MNP=BC。 例题2.（如图5）两个完全相等的正方形ABCD和ABEF不在同一平面内，点M，N分别在它们的对角线AC、BF上，且CM=BN，求证MN/平面BCE。 证明1：连结AN并延长交BE于G，连结CG，（如图6），易得AFNGBN，则 =， 由题设CM=BN得AM=FN，故：， MN/CG。 而CG平面CBE，MN平面CBE，得MN/平面CBE。 证明2：过M，N作MH/AB，交BC于H，作NG/AB交BE于G，连接GH，得MH/NG， 又易得RtCMHRtBNG，得MH=NG。 故四边形MNGH是平行四边形， MN/HG， 而HG平面CBE，MN平面CBE，故MN/平面CBE。 评点：证明线面平行的关键是找到平面内的某一条未知直线与平面外的已知直线平行，方法是逆用线面平行的判定定理，即利用性质定理的“思路”过面外已知直线作平面与已知平面的“交线”，然后证明已知直线与交线平行即可得证。 例3已知，=l, a/, a/，求证：a/l. 证明1：（如图8）过a作平面M交平面于b, a/, a/b, 同理，过a作平面N交平面于c， a/, a/c, b/c, b, c, b/, 又平面经过b交于l, b/l. a/b, a/l. 证明2：（如图9）在l上取一点P， pa, 点P和a确定一个平面， pl, l, p, =l 而a/, a/l且l, 又pl, l, p, l 同理 l/a且l 而l, l与l均过P点， l, l重合，即l为两平面，的交线l, a/l. 评点：辅助线（面）是解证有关线面问题的关键，要充分发挥辅助线与辅助面在转化空间问题为平面问题中的化归作用。 例题4. （如图10）ABCD为正方形，SA平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于E、F、G， 求证：AESB、AGSD。 分析：要证明线线垂直，应充分挖掘题设中的垂直关系，然后利用判定定理及性质定理证明。 证明： SC平面AEFG， SCAE，又SA平面ABCD， SABC。 又 ABBC， BC平面SAB，而AE平面SAB， BCAE，而SCBC=C， AE平面SBC， AESB。 又SC平面AEFG， SCAG， SA平面ABCD， SACD， 而CDAD， CD平面ASD，又AG平面ASD， CDAG， AG平面SCD， AGSD。 评点：证不共面的线线垂直，常先证线面垂直，即证其中一线垂直于过另一线的平面。合理选择平面是解题的关键。 例题5. 在平面内的直径为AB的O，若SA平面，且SBA=30，在O上的点M使MAB=，又知点A在SB、SM上的射影P，Q。APQ=，如图11所示，求证：（1）SB平面APQ，（2）tantan=2 证明：（1） BMAM，SA且BM， BMSA， 而SAAM=A， BM面SAM， 又AQ面SAM， BMAQ，而AQSM，BMSM=M， 故AQ平面SBM而SB平面SBM， AQSB又由APSB， APAQ=A，则SB平面APQ。 （2） AMBM， AMB是直角三角形，又AQ平面SBM， PQ平面SBM， AQPQ。 故APQ是Rt， ， 又易得RtSPQRtSMB, , , 又RtSAM中， ， 故：。 而RtSPA中，csc30=, =csc30=2。 评点：本题涉及线面垂直，线线垂直，三角函数等多种知识技能，是一难度较大的综合题。首先联系2与sin30的相似性，确定目标等式，应归结到30的RtSBA或RtSAP中加以解决；其次分析AQ与平面SMB的关系，利用相似直角三角形性质，分层次探索tan,tan的表达式及关系，转化tantan为30直角三角形的边之比。另外本题（1）以后还可以利用三垂线定理简化证明过程，请读者自行探索。 小结：数学问题的解答，除了要解决如何选择知识用于解题外，还有一个重组有用知识，构建由条件导出结论的认知网络的问题，组建解题认知网络的随机性很大，只有借助相似类比的方法，分析、比较各种有用知识和条件、结论的关联程度，分层次探索重组知识结构的不同方案，才有可能构思出有效的解题程序。 三、作业练习： 1（如图12）四面体ABCD被一平面所截，截面与四条棱AD、AC、BC、BD交于E、F、G、H，且截面EFGH是一个平行四边形，求证：棱DC/平面EFGH；棱AB/平面EFGH。 提示：由EFGH是平行四边形得EF/HG，故EF/平面DCB，推出EF/DC，所以DC/平面EFGH。 2已知两条异面直线AB与CD所成角等于，且AB=m, CD=n，平面MNPQ与AB、CD都平行，且M，N，P，Q依次在线段AC、BC、BD、AD上，问：M点在何位置时，MNPQ的面积最大？最大面积是多少？ 提示：（如图13）引入参数，设CMMA=， ， ，同理， 又易证截面四边形MNPQ是平行四边形， SMNPQ=MNMQsin, 当且仅当=1时，(SMNPQ)max. 3（如图14）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求证：BD1平面ACB1。 分析1：欲证线面垂直，据判定定理，需在平面内寻找两条相交直线都和已知直线垂直，而证线线垂直最佳方法是三垂线定理及其逆定理。 证法1： ABCD-A1B1C1D1是正方体。 DD1面AC，连结BD，则BD是BD1在面AC内的射影，而BDAC， BD1AC， 同理可得BD1B1C， 而ACB1C=C， BD1面AB1C。 分析2：要证BD1面AB1C，我们把BD1分成两段：BO、D1O，其中O是BD1与面AB1C的交点， 这样，O可看作是B点、D1点在平面AB1C内的射影，即只要证B、D1在平面内的射影重合即可。 证法2：设正方体棱长为a, BB1=BC=BA=a, B在平面AB1C上的射影是AB1C的外心O。 又D1B1=D1A=D1C=， D1在平面AB1C上的射影也是AB1C的外心O， B、O、D1三点共线，故BD1面AB1C。 （二）例题讲解 例1：如图，正四面体ABCD中，Q是AD的中点，求CQ与平面DBC所成的角的正弦值 解：作A、Q在平面DBC上的射影O、P，边结OB、OC、OD，则P在OD上 AB=AC=AD OB=OC=OD O为DBC的外心，在正DBC中，设BC=a 又AO平面DBC，QP平面DBC AOQP，且QCP为QC与面DBC所成的角 又Q为AD的中点 QPCP CQ与平面DBC所成的角的正弦值为 例2：如图，线段AB的两端在平面的同侧，斜线段AM、BN所在的直线分别与平面成30、60的角，且AMAB，BNAB，AM=6，AB=6 求证：（1）AB；（2）求MN的长 （1）证明：作A、B在平面上的射影A、B，连结MA、NB、AB在RtAMA中，AM=6， AMA=30，AAAM 同理， AA=BB且AABB 四边形AABB为平行四边形 ABAB且AB平面,AB在平面外 AB （2）解：ABAM，ABAB ABAM 又ABAA，AMAA=A， AB平面AMAABAM 同理，ABBN，MANB 又AM=AM 由（1）知AB=AB=6 当M、N在直线AB的同侧时，如图（1）， 当M、N在直线AB的两侧时，如图（2）， 点评：空间问题转化为平面问题，往往不是确定的，可能有多种情况，在解题过程中必须区分。 例3：如图，已知ABC在平面内，点P，P在平面上的射影O在ABC内，若P到ABC三边的距离相等，试判断点O的特点。 解：过O作AB、BC、CA的垂线，垂足分别是D、E、F，边结PD、PE、PF PO，根据三垂线定理，得PDAB，PEBC，PFCA PD=PE=PF OD=OE=OF O在ABC内 O为ABC的内心 点评：本题也可用三垂线定理的逆定理来证明 例4. P是ABC所在平面外一点，且PA平面ABC，若O、Q分别是ABC和PBC的垂心，试证：OQ平面PBC证明：如图，O是ABC的垂心，BCAE，由三垂线定理BCPE 又AEPE=E 又 又PA平面ABC，BF平面ABC FM是BM在平面PAC上的射影 Q为PBC的垂心 OQ平面BFM PCOQ 又BCOQ，PCBC=C OQ平面PBC 点评：证明线面垂直，只要证明一直线与平面的两条直交直线垂直；而证明线线垂直常用三垂线定理。 例5. 如图，MA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且MA=AB=a，试求：（1）点M到BD的距离；（2）异面直线MB与AC所成的角 解：（1）取正方形ABCD对角线交点为O，连结MO，MA平面ABCD MO在平面ABCD内的射影就是AO，又AOBD MO就是M到BD的距离，在RtMAO中，MA=a， （2）延长DA到D1使AD1=AD，则AD1 BC，连结BD1，AC BD1 MBD1为异面直线MB与AC所成的角，在MD1B中，易求得MD1B为正三角形MBD