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- 2021-05-13 发布
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数学高考综合能力题选讲15
立体几何中的有关证明
题型预测
立体几何中的证明往往与计算结合在一起考查。三垂线定理及其逆定理是重点考查的内容。
范例选讲
例1. 已知斜三棱柱ABC-A’B’C’的底面是直角三角形,∠C=90°,侧棱与底面所成的角为α(0°<α<90°),B’在底面上的射影D落在BC上。
(1)求证:AC⊥面BB’C’C。
(2)当α为何值时,AB’⊥BC’,且使得D恰为BC的中点。
讲解:(1)∵ B’D⊥面ABC,AC面ABC,
∴ B’D⊥AC,
又AC⊥BC,BC∩B’D=D,
∴ AC⊥面BB’C’C。
(2)由三垂线定理知道:要使AB’⊥BC’,需且只需AB’在面BB’C’C内的射影B’C⊥BC’。即四边形BB’C’C为菱形。此时,BC=BB’。
因为B’D⊥面ABC,所以,就是侧棱B’B与底面ABC所成的角。
由D恰好落在BC上,且为BC的中点,所以,此时=。
即当α=时,AB’⊥BC’,且使得D恰为BC的中点。
例2. 如图:已知四棱锥中,底面四边形为正方形,侧面PDC为正三角形,且平面PDC⊥底面ABCD,E为PC中点。
(1)求证:平面EDB⊥平面PBC;
(2)求二面角的平面角的正切值。
讲解:(1)要证两个平面互相垂直,常规的想法是:证明其中一个平面过另一个平面的一条垂线。
首先观察图中已有的直线,不难发现,由于侧面PDC为正三角形,所以,,那么我们自然想到:是否有?这样的想法一经产生,证明它并不是一件困难的事情。
∵ 面PDC⊥底面ABCD,交线为DC,
∴ DE在平面ABCD内的射影就是DC。
在正方形ABCD中,DC⊥CB,
∴ DE⊥CB。
又,,
∴ DE⊥。
又面EDB,
∴ 平面EDB⊥平面PBC。
(2)由(1)的证明可知:DE⊥。所以,就是二面角的平面角。
∵ 面PDC⊥底面ABCD,交线为DC,
又平面ABCD内的直线CB⊥ DC。
∴ CB⊥面PDC。
又面PDC,
∴ CB⊥PC。
在Rt中,。
点评:求二面角的平面角,实际上是找到棱的一个垂面,事实上,这个垂面同时垂直于二面角的两个半平面。
例3.如图:在四棱锥中,⊥平面,∠,,,为的中点。
(1)求证:平面;
(2)当点到平面的距离为多少时,平面与平面所成的二面角为?
讲解:题目中涉及到平面与平面所成的二面角,所以,应作出这两个平面的交线(即二面角的棱)。另一方面,要证平面,应该设法证明CE平行于面内的一条直线,充分利用中点(中位线)的性质,不难发现,刚刚做出的二面角的棱正好符合要求。
(1)延长BC、AD交于点F。
在中,∠,所以,AB、CD都与AF垂直,所以,CD//AB,所以,∽。又,,所以,点D、C分别为线段AF、BF的中点。
又因为为的中点,所以,EC为的中位线,所以,EC//SF。
又,,所以,平面。
(2)因为:⊥平面,AB平面,所以,AB。又ABAF,,所以,AB面。
过A作AHSF于H,连BH,则BHSF,所以,就是平面与平面所成的二面角的平面角。
在Rt中,要使=,需且只需AH=AB=。
此时,在SAF中,,所以,。
在三棱锥S-ACD中,设点A到面SCD的距离为h,则
h=
因为AB//DC,所以,AB//面SCD。所以,点A、B到面SCD的距离相等。又因为E为SB中点,所以,点E到平面SCD的距离就等于点B到面SCD距离的一半,即。
点评:探索性的问题,有些采用先猜后证的方法,有些则是将问题进行等价转化,在转化的过程中不断探求结论。