剖析立體幾何中的經典題型

■河南省沈丘縣第一高級中學 董曉霞

立體幾何中的證明線面平行、線線垂直、線面垂直,以及幾何體的外接球問題是經典題型,也是高考的熱點,本文總結了一些方法思路,希望對同學們的學習能有所幫助。

一、證明線面平行

證明方法：(1)利用線面平行的判定定理證線面平行：a?α,b?α,a∥b?a∥α。

(2)利用面面平行的性質定理證線面平行：α∥β,a?α?a∥β。

(3)利用空間向量進行證明。

例1 如圖1,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點。求證：GF∥平面ADE。

圖1

證法一：如圖2,取AE的中點H,連接HG,HD。又G是BE的中點,所以GH∥AB,且。因為F是CD的中點,所以。由四邊形ABCD是矩形得AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF。從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH。又DH?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE。

圖2

圖3

證法二：如圖3,取AB的中點M,連接MG,MF。又G是BE的中點,可知GM∥AE。又AE?平面ADE,GM?平面ADE,所以GM∥平面ADE。在矩形ABCD中,由M、F分別是AB、CD的中點,得MF∥AD。又因為AD?平面ADE,MF?平面ADE,所以MF∥平面ADE。又因為GM∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE。因為GF?平面GMF,所以GF∥平面ADE。

點評：直線和平面平行首先是利用其判定定理,或者利用面面平行的性質來證,注意線線平行、線面平行、面面平行的轉化;有中點時尋找中位線,利用三角形的中位線平行于底邊、平行四邊形的對邊平行等有關性質。

例2 如圖4,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側棱A1A⊥底面ABCD,M和N分別為B1C和D1D的中點。求證：MN∥平面ABCD。

圖4

解析：如圖5,以A為原點建立空間直角坐標系,依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0)。

因為M,N分別為B1C和D1D的中點,所以1)。

圖5

依題意可得n=(0,0,1)為平面的一個法向量,因為,所以又因為直線MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD。

點評：當直線的方向向量與平面的法向量垂直時,直線和平面平行,但要注意指出直線不在平面內。

二、證線線垂直、線面垂直

證明方法：(1)證線線垂直：①用勾股定理;②轉化為證線面垂直。

(2)證線面垂直：①用線面垂直的判定定理：a?α,b?α,a∩b=P,l⊥a,l⊥b?l⊥α;②用面面垂直的性質定理：α⊥β,α∩β=b,a?α,a⊥b?a⊥β。

(3)證面面垂直：①用面面垂直的判定定理：l⊥α,l?β?α⊥β;②用定義法,證兩平面所成二面角的平面角為直角。證明時注意線線垂直、線面垂直、面面垂直的轉化。

例3 如圖6,在四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD= ∠CBD,AB=BD。證明：平面ACD⊥平面ABC。

圖6

解析：由題設可得△ABD≌△CBD,從而AD=DC。因為△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°,取AC的中點O,連接BO,DO,則DO⊥AC,DO=OC。因為△ABC是正三角形,所以BO⊥AC,所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角。在△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2。所以∠DOB=90°,所以平面ACD⊥平面ABC。

點評：本題證線線垂直時利用勾股定理,證面面垂直時通過證兩平面的二面角為直二面角,利用了定義法證明。

三、求空間角

空間角主要有：異面直線所成的角、直線與平面所成的角、兩平面所成的角。

(1)求異面直線所成的角,一是幾何法,通常作平行線找出異面直線所成的角,在三角形中解出該角,注意異面直線所成的角的取值范圍是,當所作的角為鈍角時,應取它的補角作為兩條異面直線所成的角;二是坐標法,需求出它們的方向向量a,b的夾角,則

(2)求直線與平面所成的角,一是尋求過直線上一點作平面的垂線,再作出直線與平面所成的角;二是轉化為直線的方向向量和平面的法向量的夾角,可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角,則sinθ=|cos〈n,a〉|。

(3)求二面角α-l-β的大小θ,一是轉化為兩平面法向量的夾角,先求出兩平面的法向量n1,n2所成的角,則θ=〈n1,n2〉或π-〈n1,n2〉;二是用幾何法,作出二面角的平面角,在三角形中求平面角的大小。

(4)利用法向量求解空間角在于四個關鍵步驟：

第一步,建立適當的空間直角坐標系;

第二步,準確求解相關點的坐標;

第三步,求出平面的法向量;

第四步,求夾角。

例4 如圖7,在三棱錐A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,M,N分別是AD,BC的中點,則異面直線AN,CM所成的角的余弦值是____。

圖7

解析：如圖8,連接DN,取DN的中點P,連接PM,PC,則可知∠PMC(或其補角)即為異面直線AN,CM所成的角。易得所以即異面直線AN與CM所成的角的余弦值為

圖8

圖9

例5 如圖9,四邊形ABCD為菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一側的兩點,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC。

(1)證明：平面AEC⊥平面AFC;

(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值。

解析：(1)連接BD,設BD∩AC=G,連接EG,FG,EF,如圖10所示。

圖10

在菱形ABCD中,不妨設GB=1,由∠ABC=120°,可得。由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC。又因為AE⊥EC,所以

在 R t△EBG中,可得,故在R t△FDG中,可得

在直角梯形BDFE中,由,可得,所以,所以EG⊥FG。

因為AC∩FG=G,所以EG⊥平面AFC。因為EG?面AEC,所以平面AFC⊥平面AEC。

(2)如圖11,以G為坐標原點,分別以的方向為x軸,y軸正方向為單位長度,建立空間直角坐標系G-x y z。由(1)可得所以

圖11

例6 如圖12所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E為棱PC的中點。

(1)證明：BE⊥DC;

(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值;

圖12

(3)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值。

解法一：依題意,以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖13所示),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)。由E為棱PC的中點,得E(1,1,1)。

圖13

不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量。于是有,所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為

設n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則

不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量。

取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則

易知二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為

圖14

解法二：(1)如圖14所示,取PD中點M,連接EM,AM。由于E,M分別為PC,PD的中點,故EM∥DC,且EM=。由已知可得EM∥AB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BE∥AM。因為PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,從而CD⊥平面PAD。因為AM?平面PAD,所以CD⊥AM。又BE∥AM,所以BE⊥CD。

(2)連接BM,由(1)得CD⊥平面PAD,得CD⊥PD。而EM∥CD,故PD⊥EM。又因為AD=AP,M為PD的中點,所以PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD,所以直線BE在平面PBD內的射影為直線BM。而BE⊥EM,可得∠EBM為銳角,故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角。依題意有,而M為PD的中點,可得,進而。故在R t△BEM中,,因此,所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為

圖15

(3)如圖15所示,在△PAC中,過點F作FH∥PA交AC于點H。因為PA⊥底面ABCD,所以FH⊥底面ABCD,從而FH⊥AC。又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH。在底面ABCD內,可得CH=3HA,從而CF=3FP。在平面PDC內,作FG∥DC交PD于點G,于是DG=3GP。由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四點共面。由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG,所以∠PAG為二面角F-AB-P的平面角。在△PAG中,PA=2,PG=再由余弦定理可得,所以二面角F-AB-P的余弦值為

點評：解決線線垂直、線面垂直及求二面角問題,要熟練利用有關垂直的判定定理和性質定理進行面面垂直、線面垂直、線線垂直之間的轉化與證明,另外利用空間向量解題時,要建立適當的直角坐標系,準確寫出空間點的坐標,利用法向量求二面角,利用數量積為零,解決線線、線面垂直問題。

跟蹤練習：

1.如圖16,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,O為EF的中點。求證：AO⊥BE。

圖16

證明：△AEF為等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF。因為平面AEF⊥平面EFCB,平面AEF∩平面EFCB=EF,AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB。因為BE?平面EFCB,所以AO⊥BE。

2.如圖17,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°。

(1)證明：平面PAB⊥平面PAD;

圖17

(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值。

解析：(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得BA⊥PA,CD⊥PD。由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD。又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD。

(2)在平面PAD內作PF⊥AD,垂足為F,由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD。

圖18

以F為坐標原點,的方向為x軸正方向為單位長,建立如圖18所示的空間直角坐標系F-x y z。

設n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,則可取

設m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,則可取m=(1,0,1)。

3.如圖19,在四棱錐P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,

圖19

(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值;

(2)點Q是線段BP上的動點,當直線CQ與DP所成角最小時,求線段BQ的長。

解析：以A為坐標原點,建立如圖20所示的空間直角坐標系A-x y z,則Β(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)。

圖20

(1)因為Α D⊥平面Ρ Α Β,所以是平面Ρ Α Β的一個法向量