2018版高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步疑難規(guī)律方法學(xué)案 新人教B版必修2

《2018版高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步疑難規(guī)律方法學(xué)案 新人教B版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步疑難規(guī)律方法學(xué)案 新人教B版必修2（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第一章 立體幾何初步 1　學(xué)習(xí)空間幾何體要“三會” 一、會辨別 例1　下列說法：①一個幾何體有五個面，則該幾何體可能是球、棱錐、棱臺、棱柱；②若一個幾何體有兩個面平行，且其余各面均為梯形，則它一定是棱臺；③直角三角形繞其任意一條邊旋轉(zhuǎn)一周都可以圍成圓錐．其中說法正確的個數(shù)為________． 分析　可根據(jù)柱體、錐體、臺體和球體的概念進(jìn)行判斷． 解析　一個幾何體有五個面，可能是四棱錐、三棱臺，也可能是三棱柱，但不可能是球，所以①錯；由于棱臺的側(cè)棱是原棱錐側(cè)棱的一部分，所以棱臺的各側(cè)棱的延長線相交于一點，而②中的幾何體其側(cè)棱延長線并不一定會交于一點，所以②錯；③中如繞直角邊旋

2、轉(zhuǎn)可以形成圓錐，但繞斜邊旋轉(zhuǎn)形成的是由兩個圓錐組成的組合體，所以③錯．故填0. 答案　0 評注　要準(zhǔn)確辨別各種幾何體，可從軸、側(cè)面、底面、母線、平行于底面的截面等方面入手，當(dāng)然掌握定義是大前提． 二、會折展 例2　紙制的正方體的六個面根據(jù)其方位分別標(biāo)記為上、下、東、南、西、北．現(xiàn)在沿該正方體的一些棱將正方體剪開，外面朝上展平，得到如圖所示的平面圖形，則標(biāo)“Δ”的面的方位是________． 分析　將平面展開圖按要求折疊成正方體，根據(jù)方位判斷即可． 解析　將平面展開圖折疊成正方體，如圖所示，標(biāo)“Δ”的面的方位應(yīng)為北．故填北． 答案　北 評注　將空間幾何體展開成平面圖形，或

3、將展開圖折疊成空間幾何體，在后面的計算或證明中經(jīng)常用到，應(yīng)引起重視．解決這類問題的關(guān)鍵是充分發(fā)揮空間想象能力或親自動手制作模型進(jìn)行實踐． 三、會割補(bǔ) 例3　如圖所示是一個三棱臺ABC－A1B1C1.試用一個平面把這個三棱臺分成一個三棱柱和一個多面體，并用字母表示． 分析　三棱柱要求兩個底面為平行且全等的三角形，其余三個面為四邊形，且相鄰兩個四邊形的公共邊都相互平行． 解　作A1D∥BB1，C1E∥BB1，連接DE，則三棱柱為A1B1C1－DBE，多面體為ADECC1A1(如圖所示)． 評注　正確理解各類幾何體的概念是將幾何體進(jìn)行割補(bǔ)的前提，在后面的空間幾何體的體積或面積計算中

4、經(jīng)常要通過線、面，將不規(guī)則的幾何體通過割補(bǔ)的方法轉(zhuǎn)化為規(guī)則的幾何體，從而可以利用公式求解． 2　三視圖易錯點剖析 一、棱錐的視圖易出錯 我們在畫正三棱錐、正四棱錐時要注意從不同角度得到的三視圖．實際上，在上述幾何體的三視圖中，左視圖最容易出錯，在畫這些常見錐體的三視圖時，可做出幾何體的高線，有了高線的襯托，自然就可以得到正確的三視圖． 如圖，對于正三棱錐P－ABC來說，它的主視圖中，從前面向后面看，點B到了點D的位置，點P到了點P′的位置，故主視圖為等腰三角形P′AC(包含高線P′D)，從左側(cè)向右側(cè)看，點A到了點D的位置，故左視圖為三角形PBD，從上面向下面看，俯視

5、圖中，點P到了點O的位置，故俯視圖為等邊三角形ABC(外加三條線段OA、OB、OC)． 如圖，對于正四棱錐P－ABCD來說，它的主視圖和左視圖分別為等腰三角形PEF和等腰三角形PGH，俯視圖為正方形ABCD(包含兩條對角線AC和BD)．對于此三視圖，左視圖和主視圖易出錯，但有了高線PO的襯托，便可降低出錯率． 二、畫三視圖時，沒有把不可見的輪廓線用虛線表示而出錯 作幾何體的三視圖的過程中，可見的邊界輪廓線用實線表示，不可見的邊界輪廓線用虛線表示．這一點不能忽視，否則易出錯． 例1　畫出如圖所示零件的三視圖． 錯解　如圖零件可看作是一個半圓柱、一個柱體、一個圓柱的組合，其三

6、視圖如圖所示． 剖析　錯誤原因是圖中各視圖都沒有畫出中間的柱體和圓柱的交線，畫圖時應(yīng)畫出其交線． 正解　 三、不能由三視圖還原正確的直觀圖而出錯 當(dāng)已知幾何體的三視圖，而需要我們?nèi)ミ€原成直觀圖時，要充分關(guān)注圖形中關(guān)鍵點的投影，重要的垂直關(guān)系等，綜合三個視圖，想象出直觀圖，然后畫出直觀圖，再通過已知的三視圖驗證直觀圖的正確性． 例2　如圖，通過三視圖還原物體的直觀圖． 解　通過三視圖可以畫出直觀圖，如圖所示： 注　其中PC為垂直于底面ABCD的直線． 跟蹤訓(xùn)練　由下面的三視圖還原物體的直觀圖． 解　通過三視圖可以看出直觀圖如圖所示： 3　直觀圖

7、與原圖形的互化知多少 在高考中常借助于求平面圖或直觀圖的面積來考查斜二測畫法中角度和長度的變化，也實現(xiàn)了原圖形與直觀圖的互化．關(guān)于兩者的互化，關(guān)鍵是要抓住它們之間的轉(zhuǎn)化規(guī)則——“斜”和“二測”． “斜”也即是直角坐標(biāo)系到斜45°坐標(biāo)系之間的相互轉(zhuǎn)化，“二測”也即是兩者在轉(zhuǎn)化時，要做到“水平長不變，垂直倍半化”．現(xiàn)通過例題講述一下兩者之間的具體轉(zhuǎn)化策略． 一、原圖形到直觀圖的轉(zhuǎn)化 例1　已知正三角形ABC的邊長為a，那么△ABC的平面直觀圖△A′B′C′的面積為(　　) A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 分析　先根據(jù)題意，在原圖形中建立平面直角坐標(biāo)系(以AB所在直線為

8、x軸，以AB邊上的高所在直線為y軸)，然后完成由原圖形到直觀圖的轉(zhuǎn)化，然后根據(jù)直觀圖△A′B′C′的邊長及夾角求解． 解析　根據(jù)題意，建立如圖①所示的平面直角坐標(biāo)系，再按照斜二測畫法畫出其直觀圖，如圖②所示． 易知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a.作C′D′⊥A′B′于點D′，則C′D′＝O′C′＝a. S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝a·a＝a2. 答案　D 評注　通過斜二測畫法畫出的平面圖形的直觀圖的面積與實物圖的面積之比為∶1.在求解中注意面積中的水平方向與垂直方向的選擇與定位． 二、直觀圖到原圖形的轉(zhuǎn)化 例2　用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形，得到一

9、個邊長為1的正方體，則原來圖形的形狀是(　　) 解析　由直觀圖知，原圖形在y軸上的對角線長應(yīng)為2. 答案　A 評注　當(dāng)由直觀圖向原圖形轉(zhuǎn)化時，關(guān)鍵是在直觀圖中建立斜45°坐標(biāo)系，有了斜45°坐標(biāo)系，便可按“二測”的畫圖規(guī)則逆推回去，而在正方形中建立45°坐標(biāo)系是很容易的(正方形的對角線與任一邊所成的角均為45°)，從而實現(xiàn)了由直觀圖向原幾何圖形的轉(zhuǎn)化． 例3　如圖所示，四邊形ABCD是一平面圖形水平放置的斜二測直觀圖，在斜二測直觀圖中，ABCD是一直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，且BC與y軸平行，若AB＝6，DC＝4，AD＝2，則這個平面圖形的實際面積是________．

10、分析　由∠BCx＝45°，先計算BC的長度． 解析　由斜二測直觀圖畫法規(guī)則知該平面圖形是梯形，且AB與CD的長度不變，仍為6和4，高為4，故平面圖形的實際面積為×(6＋4)×4＝20. 答案　20 4　柱、錐、臺的表面積求法精析 由于柱、錐、臺的表面積是各個面的面積之和，因此計算的關(guān)鍵在于對幾何體各個面的正確認(rèn)識以及對表面積公式的正確運用． 一、錐體的表面積 例1　正三棱錐的底面邊長為4 cm，它的側(cè)棱與高所成的角為45°，求正三棱錐的表面積． 分析　本題的關(guān)鍵在于求正三棱錐的斜高． 解　如圖所示，過S點作SO⊥平面ABC于O點，則O為△ABC的中心，連接AO并延長

11、與BC相交于D點．由正三角形的性質(zhì)得D為BC的中點，連接SD，則SD為正三棱錐的斜高． 在Rt△ASO中，∠ASO＝45°， AO＝×4＝(cm)，∴SO＝AO＝(cm)． 在Rt△SOD中，OD＝×4＝(cm)， 故SD＝＝＝＝(cm)． 根據(jù)正棱錐的側(cè)面積公式： S側(cè)＝×3×4×＝4(cm2)， 又△ABC的面積為4 cm2， 故正三棱錐的表面積為(4＋4) cm2. 評注　有關(guān)棱錐、棱臺的表面積問題，常常涉及到側(cè)棱、高、斜高、邊心距和底面外接圓半徑五個量之間的關(guān)系．解決問題時，往往把它們轉(zhuǎn)化為平面圖形，即由側(cè)棱、高、底面外接圓半徑所組成的直角三角形或由高、斜高、邊心

12、距所組成的直角三角形，求出所需要的量，從而使問題得以解決． 二、柱體的表面積 例2　如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1，其底面是等腰直角三角形，且AB＝BC＝，AC＝A1A＝2. (1)求該幾何體的表面積； (2)若把兩個這樣的直三棱柱拼成一個大棱柱，求拼得的棱柱表面積的最小值． 解　(1)該幾何體有5個面，兩個底面的面積和為2×××＝2，三個側(cè)面面積和為2×(＋＋2)＝4(＋1)，故其表面積S＝6＋4. (2)設(shè)兩個這樣的直三棱柱重合的面的面積為S1，則組合后的直棱柱的表面積為2S－2S1，故當(dāng)且僅當(dāng)重合的面的面積最大時，拼得的棱柱的表面積最?。? 又側(cè)面AA1C1C的面

13、積最大，此時拼得的棱柱的表面積最小值為2S－2S四邊形AA1C1C＝4＋8. 評注　本例中(1)的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確識別幾何體的各個面的形狀；(2)的關(guān)鍵在于找到影響拼合后的面積變化量，當(dāng)然也可以分類討論，列舉出各種拼合的辦法，一一計算表面積，再進(jìn)行比較． 三、臺體的表面積 例3　已知一個正三棱臺的兩底面邊長分別為20 cm和30 cm，且其側(cè)面積等于兩底面面積之和，求棱臺的高． 分析　求棱臺的側(cè)面積要注意利用公式及正棱臺中的特殊直角梯形，轉(zhuǎn)化為平面問題來求解所需的幾何元素． 解　如圖所示，正三棱臺ABC－A1B1C1中，O，O1分別為兩底面中心，D，D1分別為BC和B1C1中點，則DD1

14、為棱臺的斜高． 由A1B1＝20 cm，AB＝30 cm， 則O1D1＝ cm，OD＝5 cm， 由S側(cè)＝S上＋S下，得 (20＋30)×3×DD1＝(202＋302)， ∴DD1＝ cm.∴棱臺的斜高為 cm. 在直角梯形O1ODD1中， O1O＝＝4(cm)． ∴棱臺的高為4 cm. 評注　本題的關(guān)鍵是找到正棱臺中的特殊直角梯形． 5　空間幾何體體積的求解“三法” 空間幾何體的體積公式在實際生活中有著廣泛的應(yīng)用，但在具體求解過程中，僅僅記住公式是遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠的，還要把握圖形的內(nèi)在因素，掌握一些常見的求解策略，靈活選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄟM(jìn)行求解． 一、直接用公式求

15、解 根據(jù)柱體、錐體、臺體、球體的體積公式，明確公式中各幾何量的值，把未知的逐個求出，再代入公式進(jìn)行求解． 例1　已知圓錐的表面積為15π cm2，側(cè)面展開圖的圓心角為60°，求該圓錐的體積． 分析　根據(jù)錐體的體積公式V＝Sh＝πr2h，知應(yīng)分別求出圓錐的底面半徑和高，代入公式計算． 解　設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，母線長為l，根據(jù)題意可得 解得 所以h＝＝＝ ＝r＝×＝5. 所以V＝π×2×5＝π(cm3)． 評注　直接利用幾何體的體積公式求體積時，需牢固掌握公式，明確各幾何量之間的關(guān)系，準(zhǔn)確進(jìn)行計算． 二、分割補(bǔ)形求解 當(dāng)給出的幾何體比較復(fù)雜，有關(guān)的計算公式無法運用時

16、，可以采用“分割”或“補(bǔ)形”的方法，化復(fù)雜的幾何體為簡單的幾何體(柱、錐、臺、球)，利用各簡單幾何體的體積和或差求解． 例2　如圖所示，在三棱臺ABC－A1B1C1中，AB∶A1B1＝1∶2，求三棱錐A1－ABC、三棱錐B－A1B1C、三棱錐C－A1B1C1的體積之比． 分析　如圖，三棱錐B－A1B1C可以看作棱臺減去三棱錐A1－ABC和三棱錐C－A1B1C1后剩余的幾何體，然后相比即可． 解　設(shè)三棱臺的高為h，S△ABC＝S，則S△A1B1C1＝4S. 所以＝S△ABC·h＝Sh， ＝S△A1B1C1·h＝Sh. 又 ＝Sh， 所以 ＝－－＝Sh－Sh－Sh＝Sh. 所

17、以∶∶＝1∶2∶4. 評注　三棱柱、三棱臺可以分割成三個三棱錐，分割后可由錐體的體積求柱體和臺體的體積．在立體幾何中，通過分割或補(bǔ)形，將原幾何體割成或補(bǔ)成較易計算體積的幾何體，從而求出原幾何體的體積，這是求體積的重要思路與方法． 三、等積轉(zhuǎn)換求解 對于一個幾何體，可以從不同的角度去看待它，通過改變頂點和底面，利用體積不變的原理，求原幾何體的體積． 例3　如圖所示的三棱錐O－ABC為長方體的一角，其中OA，OB，OC兩兩垂直，三個側(cè)面OAB，OAC，OBC的面積分別為1.5 cm2，1 cm2,3 cm2，求三棱錐O－ABC的體積． 分析　三棱錐O－ABC的底面和高不易求解，可

18、以轉(zhuǎn)換視角，將三棱錐O－ABC看作C為頂點，△OAB為底面．由三棱錐C－OAB的體積得出三棱錐O－ABC的體積． 解　設(shè)OA，OB，OC的長分別為x cm，y cm，z cm，則由已知可得解得 于是V三棱錐O－ABC＝V三棱錐C－OAB＝S△OAB×OC ＝××1×3×2＝1(cm3)． 6　“三共”問題的證法精析 一、證明點共線 例1　如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)線段A1C與平面ABC1D1交于Q.求證：B、Q、D1共線． 證明　∵D1∈平面ABC1D1，D1∈平面A1D1CB， B∈平面ABC1D1，B∈平面A1D1CB， ∴平面AB

19、C1D1∩平面A1D1CB＝BD1. ∵A1C∩平面ABC1D1＝Q，且A1C?平面A1D1CB， ∴Q∈平面A1D1CB；而Q∈平面ABC1D1. ∴Q在兩平面的交線BD1上，∴B、Q、D1共線． 評注　證明點共線的問題，一般可轉(zhuǎn)化為證明這些點是某兩個平面的公共點，這樣可根據(jù)公理3證明這些點同在兩平面的交線上． 二、證明線共點 例2　如圖，△ABC與△A1B1C1三條邊對應(yīng)平行，且兩個三角形不全等，求證：三對對應(yīng)頂點的連線相交于一點． 分析　要證三線共點，可證其中兩條直線有交點，且該交點在第三條直線上． 證明　由A1B1∥AB，知A1B1與AB可確定平面α. 同理C1B

20、1，CB和A1C1，AC可分別確定平面β和γ. 又△ABC與△A1B1C1不全等，則A1B1≠AB. 若AA1，BB1的交點為P，則P∈AA1，且P∈BB1. 又β∩γ＝CC1，BB1?β，則P∈β；AA1?γ，則P∈γ. 所以點P在β∩γ的交線上， 即P∈CC1，這樣點P在AA1，BB1，CC1上，即三對對應(yīng)頂點的連線相交于一點． 評注　解決此類問題的一般方法是：先證其中兩條直線交于一點，再證該點也在其他直線上． 三、證明線共面 例3　求證：兩兩相交但不過同一點的四條直線共面． 分析　四條直線不共點，但有可能三線共點，或沒有三線共點，所以應(yīng)分兩種情況加以證明． 證明　分兩

21、種情況證明： ①有三條直線過同一點，如圖， 因為A?l4，所以過A，l4可確定平面α. 因為B，C，D∈l4，所以B，C，D∈α. 所以AB?α，AC?α，AD?α. 因此四條直線l1，l2，l3，l4共面． ②任意三條直線都不過同一點，如圖． 因為l1∩l2＝A，所以過l1，l2可以確定平面α. 又因為D，E∈l2，B，C∈l1，所以D，E，B，C∈α. 由E∈α，B∈α，可得BE?α，即l3?α. 同理可證，l4?α.因此四條直線l1，l2，l3，l4共面． 評注　證明線共面問題，一般有兩種方法：一是先由兩條直線確定一個平面，再證明第三條直線在這個平面內(nèi)；二是

22、由其中兩條直線確定一個平面α，另兩條直線確定一個平面β，再證α，β重合，從而三線共面． 7　平行問題證明的三個突破口 一、由中點聯(lián)想三角形的中位線，尋找平行關(guān)系 例1　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，E是CD1的中點，求證：AD1∥平面BDE. 分析　要在平面BDE內(nèi)尋找與AD1平行的直線，由條件E是CD1的中點，易想到利用三角形的中位線來尋找．由于底面ABCD是平行四邊形，其對角線的交點就是AC的中點，這樣就找到了中位線，從而問題就解決了． 證明　連接AC，與BD交于點O. 因為底面ABCD是平行四邊形， 所以O(shè)是AC的中點． 連接OE，由于E

23、是CD1的中點， 所以O(shè)E是△AD1C的中位線．所以O(shè)E∥AD1. 又OE?平面BDE，AD1?平面BDE， 所以AD1∥平面BDE. 評注　運用直線與平面平行的判定定理證明線面平行時，不能忽視限制條件：一條直線在平面內(nèi)，一條直線在平面外，如本題中OE?平面BDE，AD1?平面BDE，否則證明不完善． 二、由平行四邊形尋找平行關(guān)系 例2　如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點N在BD上，點M在B1C上，且CM＝DN，求證：MN∥平面ABB1A1. 分析　要在平面ABB1A1內(nèi)找一條直線與MN平行，可根據(jù)平行關(guān)系作ME∥BC，NF∥AD來構(gòu)造平行四邊形，從而找到與MN平

24、行的直線． 證明　作ME∥BC交BB1于點E，作NF∥AD交AB于點F，連接EF. 因為AD∥BC，所以NF∥ME. 因為CM＝DN，BD＝B1C， 所以B1M＝BN. 因為＝，＝， 所以ME＝NF. 所以四邊形MEFN為平行四邊形．所以MN∥EF. 又MN?平面ABB1A1，EF?平面ABB1A1， 所以MN∥平面ABB1A1. 評注　構(gòu)造平行四邊形的關(guān)鍵在于抓住條件特征，合理引入平行線．一定要注意平行四邊形的一條邊在要證的平面內(nèi)，其對邊為待證直線，如本題中直線EF與MN. 三、由對應(yīng)線段成比例尋找平行關(guān)系 例3　如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正

25、方形，M，N分別是PA，BD上的點，且＝， 求證：MN∥平面PBC. 分析　條件中給出一個比例關(guān)系，由此想到運用比例線段在平面PBC內(nèi)尋找一條直線與MN平行． 證明　連接AN并延長，交BC于點E，連接PE. 在正方形ABCD內(nèi)，BC∥AD， 所以＝. 因為＝，所以＝. 所以MN∥PE. 又PE?平面PBC，MN?平面PBC， 所以MN∥平面PBC. 8　轉(zhuǎn)化中證明空間垂直關(guān)系 空間中的各種垂直關(guān)系是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容．在高考中著重考查線線垂直、線面垂直、面面垂直的證明，這就需要利用線面垂直、面面垂直的判定定理及其性質(zhì)，運用三者之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系． 一、證明線

26、面垂直 證明線面垂直通常有兩種方法：一是利用線面垂直的判定定理，由線線垂直得到線面垂直；二是利用面面垂直的性質(zhì)定理，由面面垂直得到線面垂直． 例1　如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直于圓O所在的平面，M是圓周上任意一點，AN⊥PM，垂足為點N.求證：AN⊥平面PBM. 證明　因為PA垂直于圓O所在的平面，所以PA⊥BM. 因為M是圓周上一點，所以BM⊥AM. 又因為PA∩AM＝A，所以BM⊥平面PAM. 所以BM⊥AN. 又因為AN⊥PM，PM∩BM＝M，所以AN⊥平面PBM. 評注　本題是考查線面垂直很好的載體，它融合了初中所學(xué)的圓的特征，在求解時要注意線線、線面垂直關(guān)系的

27、轉(zhuǎn)化． 二、證明面面垂直 證明面面垂直一般有兩種方法：一是利用面面垂直的定義，通過求二面角的平面角為直角而得到，這種方法在證明面面垂直時應(yīng)用較少；二是利用面面垂直的判定定理由線面垂直得到面面垂直． 例2　如圖，△ABC為等邊三角形，EC⊥平面ABC，BD∥EC，且EC＝CA＝2BD，M是EA的中點． (1)求證：DE＝DA； (2)求證：平面BDM⊥平面ECA. 證明　(1)如圖，取EC的中點F，連接DF，易知DF∥BC. 因為EC⊥BC，所以DF⊥EC. 在Rt△EFD和Rt△DBA中， 因為EF＝EC＝BD，F(xiàn)D＝BC＝AB， 所以Rt△EFD≌Rt△DBA.所以D

28、E＝DA. (2)如圖，取CA的中點N，連接MN，BN，則MN∥EC，且MN＝EC. 又EC∥BD，且BD＝EC， 所以MN∥BD，且MN＝BD.所以四邊形BDMN是平行四邊形．所以點N在平面BDM內(nèi)． 因為EC⊥平面ABC，所以EC⊥BN. 又CA⊥BN，EC∩CA＝C，所以BN⊥平面ECA. 因為BN?平面MNBD，所以平面BDM⊥平面ECA. 評注　在證明面面垂直時通常轉(zhuǎn)化為證明線面垂直的問題． 三、證明線線垂直 證明線線垂直，往往根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，即如果一條直線垂直于一個平面，那么它和這個平面內(nèi)的任意一條直線垂直． 例3　如圖，已知平面α∩平面β＝CD，EA⊥

29、α，EB⊥β，垂足分別為A，B，求證：CD⊥AB. 證明　因為EA⊥α，CD?α，所以CD⊥EA. 又因為EB⊥β，CD?β，所以EB⊥CD. 又因為EA∩EB＝E，所以CD⊥平面ABE. 因為AB?平面ABE，CD?平面ABE， 所以CD⊥AB. 評注　證明空間中的垂直關(guān)系的問題時，經(jīng)常要用到化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，主要體現(xiàn)在線線垂直、線面垂直、面面垂直證明的相互轉(zhuǎn)化過程之中．其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下： 線線垂直線面垂直面面垂直 9　空間中垂直關(guān)系的探索型問題 隨著新課程的普及，創(chuàng)新型問題越來越受到高考命題者的青睞，并且滲透到各個章節(jié)之中，下面就直線與空間中垂直關(guān)系的開

30、放探索型問題列舉兩例，供同學(xué)們學(xué)習(xí)． 例1　如圖，設(shè)△ABC內(nèi)接于⊙O，PA垂直于⊙O所在的平面． (1)請指出圖中互相垂直的平面；(要求：列出所有的情形，但不要求證明) (2)若要使互相垂直的平面對數(shù)在原有的基礎(chǔ)上增加一對，那么在△ABC中需添加一個什么條件？(要求：添加你認(rèn)為正確的一個條件即可，不必考慮所有可能的情形，但必須證明你添加的條件的正確性，答案不唯一) (3)設(shè)D是PC的中點，AC＝AB＝a(a是常數(shù))，試探究在PA上是否存在一點M，使MD＋MB最小？若存在，試確定點M的位置；若不存在，請說明理由． 解　(1)圖中互相垂直的平面有： 平面PAC⊥平面ABC，平

31、面PAB⊥平面ABC. (2)要使互相垂直的平面對數(shù)在原有的基礎(chǔ)上增加一對，在△ABC中需添加：AB⊥BC(或添加∠ABC＝90°，或AC是⊙O的直徑，或AC過圓心O等．) 證明如下： 因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA. 因為AB⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB. 又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.(其他條件的證明略) (3)將平面PAB繞PA沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)到與平面PAC在同一平面上，如圖．因為PA⊥AC，PA⊥AB， 所以C，A，B三點在同一條直線上． 連接DB交PA于點M，則點M就是所求的點． 過點D作DE∥BC交PA

32、于點E. 因為D是PC的中點，所以E為PA的中點． 因為＝，且AC＝AB，所以＝2. 所以AM＝AE＝AP，即點M為AP方向上AP的第一個三等分點時，MD＋MB最?。? 例2　如圖所示，已知長方體ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，E為線段AD1的中點，F(xiàn)為線段BD1的中點． (1)求證：EF∥平面ABCD； (2)設(shè)M為線段C1C的中點，當(dāng)?shù)谋戎禐槎嗌贂r，DF⊥平面D1MB？并說明理由． (1)證明　∵E為線段AD1的中點，F(xiàn)為線段BD1的中點，∴EF∥AB.∵EF?平面ABCD，AB?平面ABCD， ∴EF∥平面ABCD. (2)解　當(dāng)＝時，DF⊥平面D1MB. ∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥平面ABC， ∴D1D⊥AC.∴AC⊥平面BB1D1D，∴AC⊥DF.∵F，M分別是BD1，CC1的中點，∴FM∥AC.∴DF⊥FM. ∵D1D＝AD，∴D1D＝BD.∴矩形D1DBB1為正方形． ∵F為BD1的中點，∴DF⊥BD1. ∵FM∩BD1＝F，且MF?平面D1MB，BD1?平面D1MB， ∴DF⊥平面D1MB. 18