论文部分内容阅读
立体几何作为高考考查学生的空间想象能力与数学基础知识的综合能力的手段,每年都会有一个解答题,主要是以多面体为载体,而近几年江苏高考出题重心就落在考察空间关系上,重点考察线线、线面、面面平行垂直。在证明空间关系中,多以证明线面、面面平行垂直为主,主要考察用概念、公理、判定定理、性质定理进行严格的推理证明的能力；下面笔者尝试从课本出发浅谈平行、垂直关系的解题策略。
类型一 平行关系
原型：《必修2》立体几何复习题—思考应用16题：
正方体ABCDA1B1C1D1中，若E是DD1的中点,求证：BD1平行于面EAC.
变式一 在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC,D是AB的中点,求证：AC1平行于面CDB1．
分析 求线面平行是立体几何中的一个基本问题,解答这类问题的方法通常是两个：
1. 通过面面平行证明线面平行,这一般要找到或者构建一个和面平行的平面,要求这个平面平行或者包含该直线；
2. 通过线面平行的判定定理,即证明直线与平面内的一条直线平行。
本题可以利用线线平行和通过线面平行的判定定理来解答。这和上面的原型解题方法一样,都可以借助中位线来证明线线平行,从而解决本题。
证明 连接BC1交B1C于E,连接DE,则BE=EC1.
又D是BA的中点,
∴AC1∥DE,∵DE面CDB1,∴AC1∥面CDB1.
变式二 如图,在多面体中,四边形ABCD是正方形,BA∥EF,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°,BF=FC,H是BC的中点.
求证:FH∥面EDB.
思路一 证明一个面面平行，从而推证出线面平行,想法是这样的：平面显见的直线就三条,DE,BE,DB,我们可以过F或者H作这三条线中一条的平行线,那么就能得到要求的那个平行面,通过观察我们发现能过F作DE的平行线,方法是：取DC中点M,连接FM,得到一个平行四边形,由EF平行且等于DM,得到DE平行FM,这样平面EDB平行于FHM,只要再证明HM平行于DB即可,这正好是条中位线。
思路二 要在平面内找一条和FH平行的直线,平面就三个端点,E,B,D,我们将FH平行移动到这三个端点时,发现当移动到E点时,平行可以很好得证,这也是用到平行四边形对边平行了。
类型二 垂直关系
原型：《必修2》立体几何122课后练习5：
在正方体ABCDA1B1C1D1中,求证：B1D⊥平面ACD1.
分析 要证明B1D⊥平面ACD1,只要证明B1D垂直于平面ACD1内的两条相交直线。利用分析法,可以将B1D⊥平面ACD1看成是已知条件,则根据线面垂直的定义,有B1D垂直于平面ACD1内的所有直线,所以只要选取其中的两条来证明即可。接下来问题就转化成为证明B1D⊥AC和B1D⊥CD1,即两条异面直线垂直,常用的方法就是构造线面垂直。先来证明B1D⊥AC,利用分析法,B1D⊥AC可以看成是已知条件,由于A、C、D处于下底面,只要过D有一条垂线垂直于AC的直线即可,因为底面是一个正方形,故对角线互相垂直,所以只要连接BD,就应有AC⊥平面BB1D。这样问题就转化为证明AC⊥平面BB1D。由于AC⊥BD,AC⊥B1B,即可证明。然后同理可证B1D⊥CD1,证明过程略。
点拨 其实这个题,如果用三垂线定理,应该是比较容易想到连接BD,因为BD是B1D在下表面内的射影。但由于课改后,在必修2中对三垂线定理只字不提,增大了此类题目的难度。
变式一 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,M是PA的中点,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=2,CD=1.
证明：MC⊥BD.
思路一 通过线面垂直证明线线垂直。
用这种办法的话就要找到一个与MC垂直且包含BD的平面,或者是与BD垂直且包含MC的平面,也就是找一条直线的垂面,根据线面垂直的判定定理,我们只要找到与这条直线垂直的两条相交直线就可以。
我们看题目发现题目中给出了一个线面垂直,很容易得出：PD⊥BD,这样,我们只需要过M(或者是C,不过这里M点更好些)作一条PD的平行线这个垂面就作出来了。
我们假设过M且和PD平行的直线交AD于N,连接CN,如图所示.
则BD⊥平面MNC,只要再证明NC⊥BD就行了。
证明 过M作PD的平行线交AD于N,连接CN,则MN⊥平面ABCD,∴MN⊥BD,
∵M是PA的中点,∴MN是三角形PAD的中位线,∴AN=ND,
∵NDCD=ABAD,∴Rt△NDC∽Rt△BAD,
∴∠DNC=∠DBA,∴BD⊥CN,
∴BD⊥平面MNC,∴BD⊥MC.
思路二 通过平行移动将两条直线放在同一平面内,然后用平面几何的知识解决它。
我们可以平移MC或者是BD,使两条直线相交就找到这个平面了。
我们做如图辅助线：
连接AC交BD于E，则AE=EC,取AM的中点N,连接NE,则NE∥MC,
这样我们把两条直线放在同一个平面内了。
证明 连接AC交BD于E，则AE=EC，
取AM的中点N，连接EN，DN，DM.
∵NE是△AMC的中位线，
∴NE∥CM且NE=12CM.
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥DC.
∵PD=AD=2，M是PA的中点，
∴PA=AD2+PD2=2，AM=12PA=1，
∴DM⊥AM，MN=12AM=12，
DM=AD2-AM2=1，DN=DM2+MN2=52.
∵ABCD是矩形，∴AD⊥DC，
∴DC⊥平面PDA，∴DC⊥DM，
∴CM=DM2+DC2=2，∴NE=22.
∵DE=12BD=12AD2+AB2=32,
∴DE2+NE2=DN2,∴NE⊥DE,∴MC⊥BD.
变式二 平面EFGH分别交空间四边形ABCD中的BD、AD、AC、BC于E、F、G、H,平面EFGH∥CD，平面EFGH∥AB，CD⊥AB.求证EFGH为矩形.
分析 要证明EFGH为矩形先证明其是平行四边形，再证明其中两条相邻的边是垂直的即可。
证明 平面EFGH∥CD,CD∥HE，CD∥GFHE∥GF，
平面EFGH∥ABAB∥GH，AB∥EFEFGH为平行四边形.
又∵AB⊥CDEF⊥FGEFGH为矩形．
牛刀小试
1. 在正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F、G、H分别为棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点,O为AC与BD的交点(如图).
求证：(1) EG∥平面BB1D1D；
(2) 平面BDF∥平面B1D1H.
2. 在直三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB=CC1,∠ACB=90°,E、F分别是BA、BC的中点,G是AA1上一点,且AC1⊥EG.试确定点G的位置.
【参考答案】
1. (1) 欲证EG∥平面BB1D1D,须在平面BB1D1D内找一条与EG平行的直线,构造辅助平面BEGO′及辅助直线BO′,显然BO′即是.
(2) 按线线平行线面平行面面平行的思路,在平面B1D1H内寻找B1D1和O′H两条关键的相交直线,转化为证明：B1D1∥平面BDF,O′H∥平面BDF.
2. 方法一:取AC的中点D,连接DE、DG,
则ED∥BC.
∵BC⊥AC,∴ED⊥AC．
又CC1⊥平面ABC,而ED平面ABC,
∴CC1⊥ED．
∵CC1∩AC=C,∴ED⊥平面A1ACC1．
又∵AC1⊥EG,∴AC1⊥DG.
连接A1C,∵AC1⊥A1C,∴A1C∥DG．
∵D是AC的中点,∴G是AA1的中点.
方法二:以C为原点,分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设CA=2,
则F(1,0,0),E(1,1,0),A(0,2,0),C1(0,0,2),
AC1=(0,-2,2),
设G(0,2,h),则EG=(-1,1,h).
∵AC1⊥EG,∴EG•AC1=0.
∴－1×0+1×(－2)+2h=0.∴h=1,
即G是AA1的中点．
(作者：刘彬，镇江第一中学；徐春艳，镇江中学)
类型一 平行关系
原型：《必修2》立体几何复习题—思考应用16题：
正方体ABCDA1B1C1D1中，若E是DD1的中点,求证：BD1平行于面EAC.
变式一 在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC,D是AB的中点,求证：AC1平行于面CDB1．
分析 求线面平行是立体几何中的一个基本问题,解答这类问题的方法通常是两个：
1. 通过面面平行证明线面平行,这一般要找到或者构建一个和面平行的平面,要求这个平面平行或者包含该直线；
2. 通过线面平行的判定定理,即证明直线与平面内的一条直线平行。
本题可以利用线线平行和通过线面平行的判定定理来解答。这和上面的原型解题方法一样,都可以借助中位线来证明线线平行,从而解决本题。
证明 连接BC1交B1C于E,连接DE,则BE=EC1.
又D是BA的中点,
∴AC1∥DE,∵DE面CDB1,∴AC1∥面CDB1.
变式二 如图,在多面体中,四边形ABCD是正方形,BA∥EF,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°,BF=FC,H是BC的中点.
求证:FH∥面EDB.
思路一 证明一个面面平行，从而推证出线面平行,想法是这样的：平面显见的直线就三条,DE,BE,DB,我们可以过F或者H作这三条线中一条的平行线,那么就能得到要求的那个平行面,通过观察我们发现能过F作DE的平行线,方法是：取DC中点M,连接FM,得到一个平行四边形,由EF平行且等于DM,得到DE平行FM,这样平面EDB平行于FHM,只要再证明HM平行于DB即可,这正好是条中位线。
思路二 要在平面内找一条和FH平行的直线,平面就三个端点,E,B,D,我们将FH平行移动到这三个端点时,发现当移动到E点时,平行可以很好得证,这也是用到平行四边形对边平行了。
类型二 垂直关系
原型：《必修2》立体几何122课后练习5：
在正方体ABCDA1B1C1D1中,求证：B1D⊥平面ACD1.
分析 要证明B1D⊥平面ACD1,只要证明B1D垂直于平面ACD1内的两条相交直线。利用分析法,可以将B1D⊥平面ACD1看成是已知条件,则根据线面垂直的定义,有B1D垂直于平面ACD1内的所有直线,所以只要选取其中的两条来证明即可。接下来问题就转化成为证明B1D⊥AC和B1D⊥CD1,即两条异面直线垂直,常用的方法就是构造线面垂直。先来证明B1D⊥AC,利用分析法,B1D⊥AC可以看成是已知条件,由于A、C、D处于下底面,只要过D有一条垂线垂直于AC的直线即可,因为底面是一个正方形,故对角线互相垂直,所以只要连接BD,就应有AC⊥平面BB1D。这样问题就转化为证明AC⊥平面BB1D。由于AC⊥BD,AC⊥B1B,即可证明。然后同理可证B1D⊥CD1,证明过程略。
点拨 其实这个题,如果用三垂线定理,应该是比较容易想到连接BD,因为BD是B1D在下表面内的射影。但由于课改后,在必修2中对三垂线定理只字不提,增大了此类题目的难度。
变式一 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,M是PA的中点,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=2,CD=1.
证明：MC⊥BD.
思路一 通过线面垂直证明线线垂直。
用这种办法的话就要找到一个与MC垂直且包含BD的平面,或者是与BD垂直且包含MC的平面,也就是找一条直线的垂面,根据线面垂直的判定定理,我们只要找到与这条直线垂直的两条相交直线就可以。
我们看题目发现题目中给出了一个线面垂直,很容易得出：PD⊥BD,这样,我们只需要过M(或者是C,不过这里M点更好些)作一条PD的平行线这个垂面就作出来了。
我们假设过M且和PD平行的直线交AD于N,连接CN,如图所示.
则BD⊥平面MNC,只要再证明NC⊥BD就行了。
证明 过M作PD的平行线交AD于N,连接CN,则MN⊥平面ABCD,∴MN⊥BD,
∵M是PA的中点,∴MN是三角形PAD的中位线,∴AN=ND,
∵NDCD=ABAD,∴Rt△NDC∽Rt△BAD,
∴∠DNC=∠DBA,∴BD⊥CN,
∴BD⊥平面MNC,∴BD⊥MC.
思路二 通过平行移动将两条直线放在同一平面内,然后用平面几何的知识解决它。
我们可以平移MC或者是BD,使两条直线相交就找到这个平面了。
我们做如图辅助线：
连接AC交BD于E，则AE=EC,取AM的中点N,连接NE,则NE∥MC,
这样我们把两条直线放在同一个平面内了。
证明 连接AC交BD于E，则AE=EC，
取AM的中点N，连接EN，DN，DM.
∵NE是△AMC的中位线，
∴NE∥CM且NE=12CM.
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥DC.
∵PD=AD=2，M是PA的中点，
∴PA=AD2+PD2=2，AM=12PA=1，
∴DM⊥AM，MN=12AM=12，
DM=AD2-AM2=1，DN=DM2+MN2=52.
∵ABCD是矩形，∴AD⊥DC，
∴DC⊥平面PDA，∴DC⊥DM，
∴CM=DM2+DC2=2，∴NE=22.
∵DE=12BD=12AD2+AB2=32,
∴DE2+NE2=DN2,∴NE⊥DE,∴MC⊥BD.
变式二 平面EFGH分别交空间四边形ABCD中的BD、AD、AC、BC于E、F、G、H,平面EFGH∥CD，平面EFGH∥AB，CD⊥AB.求证EFGH为矩形.
分析 要证明EFGH为矩形先证明其是平行四边形，再证明其中两条相邻的边是垂直的即可。
证明 平面EFGH∥CD,CD∥HE，CD∥GFHE∥GF，
平面EFGH∥ABAB∥GH，AB∥EFEFGH为平行四边形.
又∵AB⊥CDEF⊥FGEFGH为矩形．
牛刀小试
1. 在正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F、G、H分别为棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点,O为AC与BD的交点(如图).
求证：(1) EG∥平面BB1D1D；
(2) 平面BDF∥平面B1D1H.
2. 在直三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB=CC1,∠ACB=90°,E、F分别是BA、BC的中点,G是AA1上一点,且AC1⊥EG.试确定点G的位置.
【参考答案】
1. (1) 欲证EG∥平面BB1D1D,须在平面BB1D1D内找一条与EG平行的直线,构造辅助平面BEGO′及辅助直线BO′,显然BO′即是.
(2) 按线线平行线面平行面面平行的思路,在平面B1D1H内寻找B1D1和O′H两条关键的相交直线,转化为证明：B1D1∥平面BDF,O′H∥平面BDF.
2. 方法一:取AC的中点D,连接DE、DG,
则ED∥BC.
∵BC⊥AC,∴ED⊥AC．
又CC1⊥平面ABC,而ED平面ABC,
∴CC1⊥ED．
∵CC1∩AC=C,∴ED⊥平面A1ACC1．
又∵AC1⊥EG,∴AC1⊥DG.
连接A1C,∵AC1⊥A1C,∴A1C∥DG．
∵D是AC的中点,∴G是AA1的中点.
方法二:以C为原点,分别以CB、CA、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设CA=2,
则F(1,0,0),E(1,1,0),A(0,2,0),C1(0,0,2),
AC1=(0,-2,2),
设G(0,2,h),则EG=(-1,1,h).
∵AC1⊥EG,∴EG•AC1=0.
∴－1×0+1×(－2)+2h=0.∴h=1,
即G是AA1的中点．
(作者：刘彬，镇江第一中学；徐春艳，镇江中学)