高中立体几何证明方法及例题
高中立体几何证明方法总结
垂直于这条直线。
2021/10/10
5
五、线面垂直的证明方法：
1、定义法：直线与平面内任意直线都垂直。2、点在面内的射影。 3、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么
这条直线垂直于这个平面。（线面垂直的判定定理） 4、如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们
交线的直线垂直于另一个平面。（面面垂直的性质定理） 5、两条平行直线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于
4、圆所对的圆周角是直角。
5、点在线上的射影。
6、如果一条直线和一个平面垂直，那么这条直线就和这个
平面内任意的直线都垂直。 7、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线的射影
垂直，那么它也和这条斜线垂直。（三垂线定理，需证明） 8、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线垂直，那
么它也和这条斜线的射影垂直。（三垂线逆定理，需证明） 9、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，则另一条也
2、如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个 平面互相垂直。（面面垂直的判定定理）
3、如果一个平面与另一个平面的垂线平行，那么这两个平 面互相垂直。
4、如果一个平面与另一个平面的垂面平行，那么这两个平 面互相垂直。
2021/10/10
7
立体几何复习
2021/10/10
1
一、线线平行的证明方法：
1、利用平行四边形。 2、利用三角形或梯形的中位线。 3、如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和
这个平面相交，那么这条直线就和交线平行。 （线面平行的性质定理） 4、如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们 的交线平行。（面面平行的性质定理） 5、如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线 平行。（线面垂直的性质定理） 6、平行于同一条直线的两条直线平行。 20721、/10/夹10 在两个平行平面之间的平行线段相等。 （需证明） 2
高中立体几何中线面平行的常见方法
高中立体几何证明平行
立体几何中证明线面平行或面面平行都可转化为
线线平行，而证明线线平行一般有以下的一些方法：
（1）通过“平移”。
（2）利用三角形中位线的性质。
（3）利用平行四边形的性质。
（4）利用面面平行，等等。
(1) 通过“平移”再利用平行四边形的性质
1．如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，点E、F 分别为棱AB、PD的中点．求证：AF∥平面PCE；
（第1题图）
D
B A 1
A
B
F
2、已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D, E, F 分别为AA 1, CC 1, AB 的中点，M 为BE 的中点, AC ⊥BE. 求证：C 1D ∥平面B 1FM.
3、如图所示, 四棱锥P -ABCD 底面是直角梯形,
,,AD CD AD BA ⊥⊥CD=2AB, E 为PC 的中点, 证明: //EB PAD 平面;
(2) 利用三角形中位线的性质
4、如图，已知E 、F 、G 、M 分别是四面体的棱AD 、CD 、BD 、BC 的中点，求证：AM ∥平面EFG 。
5．如图，三棱柱ABC —A 1B 1C 1中， D 为AC 的中点. 求证：AB 1//面BDC 1；
A
B C
D
E
F
G M
（3） 利用平行四边形的性质
6.在四棱锥P-ABCD 中，AB ∥CD ，AB=2
1DC ，中点为PD E . 求证：AE ∥平面PBC ；
友情提示：部分文档来自网络整理，供您参考！文档可复制、编辑，期待您的好评与关注！。
高中数学立体几何证明题汇总
高中数学立体几何证明题汇总立体几何常考证明题1.已知四边形ABCD是空间四边形，E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点。
1）证明EFGH是平行四边形。
2）已知BD=23，AC=2，EG=2，求异面直线AC、BD所成的角和EG、BD所成的角。
2.如图，已知空间四边形ABCD中，BC=AC,AD=BD，E 是AB的中点。
1）证明AB垂直于平面CDE。
2）证明平面CDE垂直于平面ABC。
3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点。
证明A1C平行于平面BDE。
4.已知三角形ABC中∠ACB=90，SA垂直于面ABC，AD垂直于SC。
证明AD垂直于面SBC。
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，O是底面ABCD对角线的交点。
1）证明C1O平行于面AB1D1.2）证明AC1垂直于面AB1D1.6.正方体ABCD-A1B1C1D1中。
1）证明AC垂直于平面B1D1D。
2）证明BD1垂直于平面ACB1.7.正方体ABCD-A1B1C1D1中。
1）证明平面A1BD平行于平面B1DC。
2）已知E、F分别是AA1、CC1的中点，证明平面EB1D1平行于平面FBD。
8.四面体ABCD中，AC=BD，E、F分别为AD、BC的中点，且EF=AC/2，∠XXX。
证明BD垂直于平面ACD。
9.如图P是△ABC所在平面外一点，PA=PB，CB垂直于平面PAB，M是PC的中点，N是AB上的点，AN=3NB。
1）证明XXX垂直于AB。
2）当∠APB=90，AB=2BC=4时，求MN的长度。
10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是AB、AD、C1D1的中点。
证明平面D1EF平行于平面BDG。
11.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点。
1）证明A1C平行于平面BDE。
2）证明平面A1AC垂直于平面BDE。
12、已知矩形ABCD，PA垂直于平面ABCD，AB=2，PA=AD=4，E为BC的中点。
高中数学立体几何经典常考题型
高中数学（一）立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO.(1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4，∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB.又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ，∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB.又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0， 令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB→，AD →，AA1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1. 设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A1E→， n 1⊥A1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63. 题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB.(2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO.因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO.因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8).假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB2－AO2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz . 则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0， 所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0， 所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝－1450×10＝－7525. sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →＝0，n1·A1C →＝0，得⎩⎨⎧－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n 1＝(1，1，1)； ⎩⎪⎨⎪⎧n2·CD →＝0，n2·A1C →＝0，得⎩⎨⎧x2＝0，y2－z2＝0，取n 2＝(0，1，1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
高中立体几何证明方法及例题
（一）平行与垂直关系的论证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一级位置关系; 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 ,ba II ba b A a // bII(a//b,b//c a I Ic )V线线// 线面平行判定 线面// 面面平行判定1面面// < --------------------------- < --------------------------- a II面面平行性质 公理4 II a II , b //a ,b a II a II a IIII II II 成直二面角ababaaa//baa be oX!AO 8O/ /3.平行与垂直关系的转化:a / /b 线面垂直判定2 面面平行判定22.三类角的求法：转化为平面角“一找、二作、三算” 即：(1)找出或作出有关的角;(3)指出所求作的角；(2)证明其符合定义; (4)计算大小。
线面垂直性质2面面平行性质34.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：① 过直线外一点.有且只有一条直线与己知直线平行 ② 过空间一点.有且只有一条直线与已知平面垂直 ③ 过空间一点，有且只有一个平画与已知直线垂直应用中常用于反 证袪”或"同一法”(2)直线与平面所成的角： 0°<0< 90°(3)二面角：二面角的平面角0°<0< 180 °(走义法)(三垂蛭定理法)(垂面法・江棱门1.三类角的定义:(1)异面直线所成的角B:0°<0< 90 °a / /b面面线面丄线线A.60 °B.45 °C.30 °D.120 °解：取AC 中点G ，连结EG 、FG ，贝U1 1EG // — PC , FG // — AB2 2•••/ EGF 为AB 与PC 所成的角 在厶EGF 中，由余弦定理，/EG 2 FG 2 EF 2 52 32 7 1 cos Z EGF2 • EG • FG2 5 32• AB 与PC 所成的角为180° - 120°= 60° •••选 A3B. -6由题意：丄4 12【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 P — ABC 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（）设正四棱锥的高为解：斜高为h'（2 ）已知正四棱锥以棱长为 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（）① 点P 到平面QEF 的距离为定值；② 直线PQ 与平面PEF 所成的角为定值; ③ 二面角P — EF — Q 的大小为定值； ④ 三棱锥P — QEF 的体积为定值 其中正确命题的序号是二A 1D 1上定点P 到面A 1B 1CD 的距离为定值•••①对，②错二面角P — EF — Q ,即面PDF 与面A 1B 1CD 所成的角，且平面角/ PDA 1为定 值，.••③对因为A 1B 1 // DC ,且EF 为定值，• S QEF 为定值又P 点到平面QEF 的距离为定值，• V P QEF 为定值，•④对综上，①③④正确。
高中立体几何证明题
高中立体几何证明题一、线面平行的证明题1已知正方体ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}，E，F分别是AB，BC的中点，求证：EF∥平面A_{1}C_{1}D。
解析1. 连接AC。
- 在 ABC中，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥ AC。
2. 正方体ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}中：- AC∥ A_{1}C_{1}。
- 由EF∥ AC和AC∥ A_{1}C_{1}可得EF∥ A_{1}C_{1}。
- 又A_{1}C_{1}⊂平面A_{1}C_{1}D，EFnot⊂平面A_{1}C_{1}D。
- 根据线面平行的判定定理，所以EF∥平面A_{1}C_{1}D。
题2在三棱柱ABC - A_{1}B_{1}C_{1}中，D是AB的中点，求证：AC_{1}∥平面CDB_{1}。
解析1. 连接BC_{1}，交B_{1}C于点E。
- 在三棱柱ABC - A_{1}B_{1}C_{1}中，E为BC_{1}的中点。
2. 因为D是AB的中点：- 所以在 ABC_{1}中，DE∥ AC_{1}。
- 又DE⊂平面CDB_{1}，AC_{1}not⊂平面CDB_{1}。
- 根据线面平行的判定定理，可得AC_{1}∥平面CDB_{1}。
二、线面垂直的证明题3在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是正方形，PA = PB = PC = PD，求证：PA⊥平面ABCD。
解析1. 连接AC，BD交于点O，连接PO。
- 因为底面ABCD是正方形，所以O为AC，BD中点。
- 又PA = PC，PB = PD，根据等腰三角形三线合一的性质：- 可得PO⊥ AC，PO⊥ BD。
- 而AC∩ BD = O，AC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD。
- 根据直线与平面垂直的判定定理，所以PO⊥平面ABCD。
- 又PA = PB = PC = PD，AO = BO = CO = DO，所以 PAO≅ PBO≅ PCO ≅ PDO。
高中立体几何最佳解题方法及考题详细解答
高中立体几何最佳解题方法总结一、线线平行的证明方法1、利用平行四边形；2、利用三角形或梯形的中位线；3、如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面与这个相交，那么这条直线和交线平行。
（线面平行的性质定理）4、如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。
（面面平行的性质定理）5、如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行。
（线面垂直的性质定理）6、平行于同一条直线的两个直线平行。
7、夹在两个平行平面之间的平行线段相等。
二、线面平行的证明方法1、定义法：直线和平面没有公共点。
2、如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线就和这个平面平行。
（线面平行的判定定理）3、两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线必平行于另一个平面。
4、反证法。
三、面面平行的证明方法1、定义法：两个平面没有公共点。
2、如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。
（面面平行的判定定理）3、平行于同一个平面的两个平面平行。
4、经过平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行。
5、垂直于同一条直线的两个平面平行。
四、线线垂直的证明方法1、勾股定理；2、等腰三角形；3、菱形对角线;4、圆所对的圆周角是直角；5、点在线上的射影；6、如果一条直线和这个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意直线都垂直。
7、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。
（三垂线定理）8、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
9、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，那么另一条也垂直于这条直线。
五、线面垂直的证明方法：1、定义法：直线与平面内的任意直线都垂直；2、点在面内的射影；3、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直。
（线面垂直的判定定理）4、如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面。
必修二立体几何经典证明题
必修二立体几何经典证明题1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点。
Ⅰ）证明：平面BDC ⊥平面BDC1Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
解析】（Ⅰ）由题设知BC ⊥ CC1，BC ⊥ AC，CC1 ∩AC=C，∴BC ⊥面ACC1，又∵DC1 ⊂面ACC1，∴DC1⊥BC，由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°，∴∠CDC1=90°，即DC1 ⊥DC，又∵DC ∩ BC=C，∴DC1 ⊥面BDC，∵DC1 ⊂面BDC1，∴面BDC ⊥面BDC1；Ⅱ）设棱锥B-DA1CC1的体积为V1，AC=1，由题意得，V1=1/3*1*1*1=1/3，由三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1，∴(V-V1):V1=1:1，∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积之比为1:1.2.如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，AB ⊥平面PAD，AB//CD，PD=AD，E是PB的中点，F是CD上的点且DF=1/2AB，PH为△PAD中AD边上的高。
1）证明：PH ⊥平面ABCD；2）若PH=1，AD=2，FC=1，求三棱锥E-BCF的体积；3）证明：EF ⊥平面PAB。
解析】（1）证明：因为AB ⊥平面PAD，所以PH ⊥AB。
因为PH为△PAD中AD边上的高，所以PH ⊥AD。
因为ABAD=A，所以PH ⊥平面ABCD。
2）连结BH，取BH中点G，连结EG。
因为E是PB的中点，所以EG//PH。
因为PH ⊥平面ABCD，所以EG ⊥平面ABCD。
则EG=1/2PH=1/2，V(E-BCF)=S△BCF*EG=1/2*1*2*1/2=1.3）证明：取PA中点M，连结MD，ME。
因为E是PB的中点，所以___。
因为DF//AB，所以四边形MEDF是平行四边形，所以EF//MD。
因为PD=AD，所以MD ⊥___。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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：公理4(a//b,b//ca I Ic)面面平行性质IIa,a IIba ,b线线//|疋aII线面平行判定----------------- > 线面// |疋//线面平行性质aIIaIIaII2.线线、线面、面面垂直关系的转化:三垂线定理、逆定理PA , A0为PO在内射影a则a OA a POa PO a AO线线丄a,ba //ba b Aa II ,bII//面面平行判定1面面平行性质1 II////OI a,II线面垂直判定1a b线面丄屯面面垂直判定推论2l，且二面角I线面垂直定义面面垂直性质,成直二面角3.平行与垂直关系的转化:应曲中常坤于"反 '证法”或“同TT4.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:① 过直线外一点.有且只有一条直线与己知直线平行” ② 过空间一点.有且只有一条直线与已知平面垂直 ③ 过空间一点’有且只有一个平面与已知直线垂直1.三类角的定义:线线///面面平行判定2面面-线面垂直性质2a(1)异面直线所成的角B:(2 )直线与平面所成的角:( 0 时，b // 或 b（3）二面角：二面角的平面角B, 0 ° <0 480（三垂线定理注）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，面面距离都可转化为点到面的距离。
【典型例题】J4 0（一）与角有关的问题 例1. (1 )如图,E 、F 分别为三棱EF = 7,则异面直AB 与PC 所成的角为（A. 60B. 45C. 30D. 120解：取AC 中点G ,连结EG 、 FG ,2 2EG FG cosZ EGF2 • EG •EF 2FG52322 5 372••AB 与PC 所成的角为180 ^20=60（2 ）已知正四棱锥以棱长为EG // 丄 PC , FG // 丄AB2 2•••/EGF 为AB 与PC 所成的角在AEGF 中，由余弦定理,•••选 A1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（）OA 土 13D..26 26设正四棱锥的高为h,斜高为h' . h21解：2由题意：丄4 1 . h2112 6 122 \ 2:.cos Z PBO213PB V26132•••选 A(3)如图，在正方体 ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为A 1D 1上的一个定点，A 1B 1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:① 点P 到平面QEF 的距离为定值； ② 直线PQ 与平面PEF 所成的角为定值； ③ 二面角P — EF — Q 的大小为定值； ④ 三棱锥P — QEF 的体积为定值 其中正确命题的序号是 _____________p A1 B•••侧棱长 PB .. h 2OB 2、262鉀平面QEF即是平面A1B1CD解： 1 1二A1D1上定点P到面A1B1CD的距离为定值•••①对，②错二面角P— EF— Q,即面PDF与面A1B1CD所成的角，且平面角/ PDA 1为定值，.••③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，• V P QEF为定值，•④对综上，①③④正确。
例2.图①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。
图①16 即四面体M — NPQ 的体积与正方体的体积之比为1 : 6解：(1 )如图②，作出 MN 、PQ••PQ //NC，又△ MNC 为正三角形/•J MNC = 60(3)连结 MA 交PQ 于0点，贝U MO 丄PQ 又NP 丄面PAQM , A NP 丄MO ，贝U MO 丄面PNQ 过O 作OE 丄NQ ，连结 ME ，贝U ME 丄NQ•••JMEO 为二面角 M — NQ — P 的平面角在 Rt△NMQ 中， ME NQ = MN MQPQ 与 MN成角为60 °(2)V MNPQVQ PMN丄S PMN3MQ11• 2S PMN • MQSPMDN° MQ66V正方体图②设正方体的棱长为 a2a °aME6 、2 a,又MO 2a 3 2在 Rt MEO 中，sin / MEO MO 2 9 3ME6 2 a3/•J MEO = 60 °即二面角M — NQ — P的大小为60例3.如图，已知四棱锥 P— ABCD , 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。
F解：（1 ）作PO丄平面 ABCD，垂足为 0，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 ,「.0A = OD于是OB平分AD，点E为AD中点A E f y的正三角形在Rt AGE 中，AE 1 丄AD 2••PE 丄 AD•••/PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角•••zPEB= 120。
，启EO = 60 °—°_ ■ 3 又PE ,3，二 PO PEsin60 3 •-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 .•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•••ZAGF为面APB与面CPB所成的平面角••GF //BC//AD，./AGF = n-Z GAE连结GE，易证AE丄平面POB又PE BE 3，G为PB中点1• / PEG - / PEB 60°2• GE PE cos60°ge• tan / GAEAEarcta n—32arctan ----2所以所求二面角的大小为arcta2(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DA P(0，0，3)，B(0， 3. 3飞，0)PB的中点G的坐标为( ，连结AG由此得到GA 0)，3.320)BC (2, 0，于是GA -PBGA、于是cos (1.34I)，PB(0,3.. 32 BC • PBPB，BC 丄PBBC的夹角为所求二面角的平面角GA • BC•所求二面角大小为2 J7 arccos—7|GA| • |BC|(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△ABC所在平面上的射影为 Oasi nA2R ,二 R(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB BC 2 , BB 12,Z ABC•.PA = PB = PC,「.O 为△ABC 的外心 △ABC 中，AB = 9, AC = 15，/BAC = 120i 22o二 BC 915 2 9 15 cos120 21••• PO 142 7 3 $ 790o, E 、F 分别为AA 1> C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为 ____________AC212解：(采用展开图的方法)将平面B 1BCC 1沿B 1B 旋转使两矩形A 1ABB 1与B 1BCC 1在同一平面内 连接EF ,则EF为所求的最短路径Ai5B如图①，EFA “E 2A 1F 2如图②展开, EF（2）2 1222 2如图③展开, EF比较这三种方式展开，可见沿表面从E 到F 的最短路径点评：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。
BiBi F 6EC图①6 A]图③127 2 22，设地A 丄2& 由题意Z AO 1B解:1360140130Ro 90(3)在北纬45 °圈上有甲、乙两地，它们的经度分别是东经140 °与西经130 °(01为小圆圆心)又由题意0“A01B —R 1 12则 1AB 中，AB R■■■/AOB 为正三角形(0为球心)/•Z AOB —3/ A 、B 两点球面距离为 一R3•••选 D例5.如图，四棱锥P — ABCD ,底面ABCD 是矩形，PA 丄平面ABCD , E 、F 分别是AB 、 PD 中点。