巧用旋转法解几何题
将一个图形绕着某一点旋转一个角度的图形变换叫做旋转，由旋转的性质可知旋转前后的图形全等，对应点到旋转中心的连线所组成的夹角等于旋转角。旋转法是在图形具有公共端点的相等的线段特征时，可以把图形的某部分绕相等的线段的公共端点，旋转另一位置的引辅助线的方法，主要用途是把分散的元素通过旋转集中起来，从而为证题创造必要的条件。旋转方法常用于等腰三角形、等边三角形及正方形等图形中。现就旋转法在几何证题中的应用举例加以说明，供同学们参考。
例1．如图,在Rt△ABC中，∠C=90°，D是AB的中点，E，F分别AC和BC上，且DE⊥DF，
求证：EF2=AE2+BF2
分析：从所证的结论来看，令人联想到勾股定理，但注意到EF，AE，BF三条线段不在同一个三角形中，由于D是中点，我们可以考虑以D为旋转中心，将BF旋转到和AE相邻的位置，构造一个直角三角形，问题便迎刃而解。
证明：延长FD到G，使DG=DF，连接AG，EG
∵AD=DB，∠ADG=∠BDF
∴⊿ADG≌⊿BDF（SAS）
∴∠DAG=∠DBF，BF=AG
∴AG∥BC
∵∠C=90°∴∠EAG=90°
∴EG2=AE2+AG2=AE2+BF2
∵DE⊥DF
∴EG=EF ∴EF 2=AE 2+BF 2
例2，如图2，在⊿ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC ，P 是⊿ABC 一点，且PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC 的度数.
分析：题目已知条件中给出了三条线段的长度和一个直角，但已知的三条线段不在同一三角形中，故可考虑通过旋转变换移至一个三角形中，由于⊿ACB 是等腰直角三角形，宜以直角顶点C 为旋转中心。
解：作MC ⊥CP ，使MC=CP ，连接PM ，BM ∵∠ACB=90°，∠PCM=90°∴∠1=∠2
∵AC=BC ， ∴⊿CAP ≌⊿CBM （SAS ）
∴MB=AP=3
∵PC=MC ，∠PCM=90° ∴∠MPC=45°
由勾股定理PM==22MC PC =22PC =22， 在⊿MPB 中，PB 2+PM 2=（22）2+12=9=BM 2
∴⊿MPB 是直角三角形
∴∠BPC=∠CPM+∠MPB=45°+90°=135°
例3，如图3，直角三角形ABC 中，AB=AC ，∠BAC=90°,∠EAF=45°，求证：EF 2=BE 2+CF 2 分析：本题求证的结论和例1十分相似，无法直接用勾股定理，可通过旋转变换将BE ，CF 转移到同一个直角三角形中，由于⊿BAC 是等腰直角三角形，不妨以A 为旋转中心，将∠BAE 和∠CAF 合在一起，取零为整。
P
M
C
B
A
证明：过A 作AP ⊥AE 交BC 的垂线CP 于P ，连结PF ∵∠EAP=90°，∠EAF=45° ∴∠PAF=45°
∵∠BAC=90° ∴∠BAE=∠PAC
∵AB=AC ， ∴∠B=∠ACB=∠ACP=45° ∴⊿ABE ≌⊿ACP （ASA ） ∴PC=AE ，，AP=AE ∴⊿AEF ≌⊿APF （SAS ） ∴EF=PF
故在Rt ⊿PCF 中，PF 2=CF 2+PC 2,即EF 2=CF 2+AE 2
例4，如图4，正方形ABCD 中，E ，F 分别在AD ，DC 上，且∠EBF=45°，BM ⊥EF 于M ，求证：BA=BM
分析:本题与例3相同之处在于直角三角形家夹有45°角，可利用相同的方法，将∠ABE 和∠CBF “化散为整”来构造全等三角形。
证明：延长FC 到N ，使CN=AE ，连结BN ∵四边形ABCD 是正方形 ∴AB=AC ，∠BAC=90°
∵∠EBF=45°∴∠ABE+∠CBF=45°
由⊿ABE ≌⊿CBN 知BE=BN ，∠CBN=∠ABE
∴∠CBN+∠CBF=45°，即∠EBF=∠NBF 又BE=BN ，BF=BF
A
N
D
F
E
C B
A
∴⊿EBF ≌⊿NBF （SAS ）∴BM=BC ∴BM=BA
例5、如图6，五边形ABCDE 中，AB ＝AE ，BC ＋DE ＝CD ，∠ABC ＋∠AED ＝180°。求证：∠ADE ＝∠ADC 。
解析：条件中有共点且相等的边AE 和AB ，可将△ADE 以点A 为中心，顺时针方向旋转∠BAE 的角度到△AFB 的位置，如图7。这就使已知条件∠ABC ＋∠AED ＝180°和BC ＋DE ＝CD 通过转化得到集中，使解题思路进一步明朗。由△ADE ≌△AFB ，得∠AED ＝∠ABF ，∠ADE ＝∠AFB ，ED ＝BF ，AF ＝AD 。
由∠ABC ＋∠AED ＝180°，得∠ABC ＋∠ABF ＝180°。所以C 、B 、F 三点共线。
又CD ＝BC ＋DE ＝BC ＋BF ＝CF ，故∠CFD ＝∠CDF 。由AF ＝AD ，得到∠DFA ＝∠FDA 。 ∴∠ADE ＝∠AFB ＝∠CFD ＋∠DFA ＝∠CDF ＋∠FDA ＝∠ADC 。
例6、如图，P 是等边三角形ABC 的一个点，PA=2，PB=32，PC=4，求△ABC 的边长。 分析：PA 、PB 、PC 比较分散，可利用旋转将PA 、PB 、PC 放在一个三角形中，为此可将△BPA 绕B 点逆时针方向旋转60°可得△BHC 。
解：把△BPA 绕B 点逆时针方向旋转60°得到△BHC 。因为BP=BH ，∠PBH=60° 所以△BPH 是等边三角形
所以∠BPH=60°，所以BP=PH 32 又因为HC=PA=2，PC=4 所以
所以△HCP 是Rt △，所以∠CHP=90° 又因为HC=2，PC=4
所以∠HPC=30°
又因为∠BPH=60°，所以∠CPB=90°
在Rt△BPC中，
=12+16=28,
=
BC，那么△ABC的边长为7
2
7
2。
例7、如图2，O是等边三角形ABC一点，已知：∠AOB=115°，∠BOC=125°，则以线段OA、OB、OC为边构成三角形的各角度数是多少？
解：可将△BOC绕B点按逆时针方向旋转60°可得△BMA。
因为BO=BM，∠MBO=60°
所以△BOM是等边三角形，
所以∠1=∠2=60°
又因为∠AOB=115°，所以∠MOA=55°
又因为∠AMB=∠COB=125°
所以∠AMO=65°
又因为AM=OC，MO=BO
所以△AMO正好是以AO、OC、BO为边组成的三角形，
所以∠MAO=180°－（55°+65°）=180°－120°=60°
即：以线段OA、OB、OC为边构成三角形的各角的度数分别为55°、65°、60°。例8、如图4，P是正方形ABCD一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转能与'
?
CBP
重合，若PB=3，求'
PP的长。
分析：将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转能与'
CBP ?重合，实际上就是把△ABP 顺时针方向旋转90° 可得'
CBP ?，即=∠'PBP 90°。
解：因为,'
BP BP ==∠'PBP 90°。所以'PP 2333222'2=+=+=
B P BP 。
例9、如图5，P 为正方形ABCD 一点，且PA ：PB ：PC=1：2：3，求∠APB 的度数。 分析：PA ：PB ：PC=1：2：3，
不妨设PA=1，PB=2，PC=3，而这些条件较分散，可设法把PA 、PB 、PC 相对集中起来即把△BCP 绕B 点顺时针方向旋转90°得到△BAE 。 解：因为BP=BE ，∠PBE=90°
所以2
2222+=PE ，所以22=PE
又在△APE 中，2
22,3AE PE PA CP AE =+==
即2223)22(1=+
所以∠APE=90°
即∠APB=90°+45°=135° 所以∠APB=135°。
例10、如图，正方形ABCD 的边长为1，AB 、AD 上各存一点P 、Q ，若△APQ 的周长为2，求∠PCQ 的度数。
解：把△CDQ 绕点C 旋转90°到△CBF 的位置，CQ=CF 。 因为AQ+AP+QP=2 又AQ+QD+AP+PB=2 所以QD+BP=QP 又DQ=BF ，所以PQ=PF
用向量方法求空间角和距离 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1 求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos |||||| a b a b （２）求线面角 设l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面α的法向量， 则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin |||||| l n l n （３）求二面角 法一、在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角α=arccos |||| a b a b
法二、设12,,n n 是二面角l αβ --的两个半平面的法向量， 其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l α β --的平面角α=12 12arccos |||| n n n n 2 求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 法一、设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== 法二、设A O α ⊥于O,利用A O α ⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||A O ． （２）求异面直线的距离 法一、找平面β使b β?且a β ，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． 法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别 为异面直线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥ ，n b ⊥ ），则 异面直线a 、b 的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== （此方法移植 于点面距离的求法）．
五、用解析法证明平面几何问题----极度精彩！充分展现数学之美感！何妨一试？ 例1、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引两条直线分别交圆于B 、C 及D 、E ，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ．求证：AP ＝AQ ．（初二） （例1图） （例2图） 例2、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、 BC 的延长线交MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ． 【部分题目解答】 例1、(难度相当于高考压轴题) ； ，、点的方程为：直线的方程为：设直线方程为：轴建立坐标系，设圆的为为原点，轴，为如图，以)(),(,AD ,,)-(2211222y x C y x B nx y mx y AB r a y x Y AO A x MN ===+ 、；则，、，C B )()(4433y x E y x D , 1 - ;12-2-)1,{)-(22 2212212222222+=+=+=++=+=m r a x x m am x x r a amx x m y r a y x mx y 由韦达定理知：得：（消去,1- ;1222 243243+=+=+n r a x x n an x x 同理得： ),-(---23 23 22x x x x y y y y CD = 方程为：直线 ,--Q 3 23 223Q y y y x y x x = 点横坐标：由此得 , --P 1 41441P y y y x y x x = 点横坐标：同理得 ,------1 41441323223P Q y y y x y x y y y x y x x x AQ AP ===；即证：，只需证明：故，要证明 N B
解析法在几何中的应用 姓名：周瑞勇 学号：201001071465 专业：物理学 指导教师：何巍巍
解析法在几何的应用 周瑞勇 大庆师范学院物理与电气信息工程学院 摘要：通过分析几何问题中的各要素之间的关系，用最简练的语言或形式化的符号来表达他们的关系，得出解决问题所需的表达式，然后设计程序求解问题的方法称为解析法。 关键词：几何问题，表达关系，表达式，求解问题 一前言 几何学的历史深远悠久，欧几里得总结前人的成果，所著的《几何原本》。一直是几何学的坚固基石，至今我国中学教学的几何课本仍未脱离他的衣钵。长期的教学实践证明，采用欧式体系学习几何是培养学生逻辑思维能力的行之有效的方法。 但是，事物都有两重性。实践同样证明，过多强调它的作为也是不适当的。初等几何的构思之难，使人们为此不知耗费了多少精力，往往为寻求一条神奇、奥秘的辅助线而冥思苦索。开辟新的途径，已是势在必行。近些年来，用解析法、向量法、复数法、三角法证明几何问题，受到越来越多的数学工作者的重视。 由于平面几何的内容，只研究直线和园的问题，所以我们完全可以用解析法来研究几何问题。解析法不仅具有几何的直观性，而且也还有证明方法的一般性。综合几何叙述较简，但构思困难，而解析法思路清晰，过程简捷，可以作为证明几何问题中一种辅助方法，两者课去唱补短，想得益彰。 二解析法概述 几何数学主要是从几何图形这个侧面去研究客观事物的，其基本元素是点，代数学则主要是从数量关系这个侧面来研究客观事物，其基本元素是数。笛卡尔综合了前人的成果，创立了坐标概念，把代数学和几何学结合起来，于是产生了以研究点的位置和一对有序实数的关系、方程和曲线以及有研究连续运动而产生
第四节 空间直线及其方程 习题 7-4 1. 求过点(1,1,2)?且与平面20x y z +?=垂直的直线方程. 解 取已知平面的法向量(1,2,1)=?n 为所求直线的方向向量, 则直线的对称式方程为 112 .121 x y z ?+?==? 2. 求过点(1,3,2)??且平行两平面35202340x y z x y z ?++=+?+=及的直 线的方程. 解 因为两平面的法向量12(3,1,5)(1,2,3)=?=?n n 与不平行, 所以两平面相交 于一直线, 此直线的方向向量为 1231 5(7,14,7)7(1,2,1),1 2 3 =×=?=?=??i j k s n n 故可取所求直线的方向向量为(1,2,1)?, 由题设, 所求的直线方程为 132 .121 x y z ++?==? 3. 用点向式方程及参数方程表示直线 10 2340 x y z x y z +++=?? ?++=?. 解 先在直线上找一点. 令1x =, 解方程组2, 36,y z y z +=????=? 得0,2y z ==?, 故(1,0,2)?是直线上一点. 再求直线的方向向量s . 交于已知直线的两平面的法向量为: 12(1,1,1),(2,1,3)==?n n , 12,,⊥⊥s n s n ∵
121 11(4,1,3),213 ∴=×==???i j k s n n 故所给直线的点向式方程为 12 ,413x y z ?+==?? 参数方程为 14,,23.x t y t z t =+?? =???=??? 4. 求过点(2,0,3)?且与直线2470, 35210x y z x y z ?+?=?? +?+=? 垂直的平面方程. 解 要求所求平面垂直于直线, 所以直线的方向向量为所求平面的法向量, 取 1212 4(16,14,11),3 5 2 ==×=?=??i j k n s n n 由点法式可得 16(2)14(0)11(3)0,x y z ??+?++= 即161411650x y z ???=为所求的平面方程. 5. 求过点(3,1,2)?且通过直线 43521 x y z ?+==的平面的方程. 解 法1 所求平面过点0(3,1,2)M ?及1(4,3,0)M ?, 设其法向量为n , 则01,M M ⊥⊥ n n s , 其中(5,2,1)=s . 取01(1,4,2)(5,2,1)(8,9,22)M M =×=?×=?n s , 则平面方程为 8(3)9(1)22(2)0,x y z ??+?++= 即8922590x y z ???=. 法2 直线L 的交面式方程为25230, 230,x y y z ??=???+=? 过L 的平面束方程为 (23)(2523)0.y z x y λ?++??= 点(3,1,2)?在平面上, 因此(143)(6523)0λ+++??=, 解得4 11 λ=, 因此平面的方程为
立体几何割补法 立体几何中的割补法解题技巧 邹启文 ※ 高考提示 立体几何中常用割补法解题.特别是高考中的立体几何题很多可用割补法解,有时解起来 还比较容易. ※ 解题钥匙 例1 (2005湖南高考，理5)如图，正方体ABCD—ABCD的棱长为1，O是底面ABCD11111111 的中心，则O到平面ACD的距离为( ) 11 2231A、 B、 C、 D、 4222 分析:求点到面的距离通常是过点做面的垂线，而由于该图的局限性显然不太好做垂线，考虑O为AC的中点，故将要求的距离 11 与A到面ACD的距离挂钩，从而与棱锥知识挂钩，所以可在该 111 图中割出一个三棱锥A—ACD而进行解题。 111 解:连AC，可得到三棱锥A—ACD，我们把这个正方体的其 1111
它部分都割去就只剩下这个三棱锥，可以知道所求的距离正好为这个三棱锥的高的一半。这个三棱锥底面为直角边为1与的直 2角三角形。这个三棱维又可视为三棱锥C—AAC，后者高为1，底为腰是1的等腰直角三角111 2形，利用体积相等，立即可求得原三棱锥的高为，故应选B。 2 例2 (2007湖南高考，理8)棱长为1的正方体ABCD—ABCD1111 的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA、DD的中点， 11则直线EF被球O截得的线段长为( ) 22A、 B、1 C、1+ D、 222 分析:在该题中我们若再在正方体上加上一个球，则该图形变得复杂而烦琐，而又考虑到面AADD截得的球的截面为圆，且EF 11 在截面内，故可连接球心抽出一个圆锥来。 解:如图，正方体ABCD—ABCD，依题O亦为此正方体的中心，补侧面 1111 可得圆锥0—AD(如下图)， AD为平面AD，球0截平面A D1111 其底面圆心正为线段AD之中点，亦为线段EF之中点，割去正方体和球 1 的其它部分，只看这个圆锥，容易看出球O截直线EF所得线段长就等于这个圆锥底面圆的直径AD之长，故选D。 1
第七章 空间解析几何 一、选择题 1. 在空间直角坐标系中，点（1，－2，3）在[ D ] A. 第一卦限 B. 第二卦限 C. 第三卦限 D. 第四卦限 2.方程2222=+y x 在空间解析几何中表示的图形为[ C ] A. 椭圆 B. 圆 C. 椭圆柱面 D. 圆柱面 3.直线3 1 2141: 1+= +=-z y x l 与?? ?=-++=-+-0 20 1:2z y x y x l ，的夹角是 [ C ] A. 4 π B. 3π C. 2 π D. 0 4. 在空间直角坐标系中，点（1，2,3）关于xoy 平面的对称点是[ D ] A. (-1,2,3) B. (1,-2,3) C. (-1,-2,3) D. (1,2,-3) 5.将xoz 坐标面上的抛物线x z 42=绕z 轴旋转一周，所得旋转曲面方程是[B ] A. )(42y x z += B. 2224y x z +±=
C. x z y 422=+ D. x z y 422±=+ 6.平面2x-2y+z+6=0与xoy 平面夹角的余弦是[B ] A. 13 - B. 13 C. 23 - D. 23 7. 在空间直角坐标系中，点（1，2,3）关于yoz 平面的对称点是[ A ] A. (-1,2,3) B. (1,-2,3) C. (-1,-2,3) D. (1,2,-3) 8.方程22 222x y z a b +=表示的是 [ B ] A.椭圆抛物面 B.椭圆锥面 C. 椭球面 D. 球面 9. 已知a ={0, 3, 4}, b ={2, 1, -2},则=b proj a [ C ] A. 3 B.3 1- C. -1 10．已知,a b 为不共线向量，则以下各式成立的是 D A. 222()a b a b =? B. 222()a b a b ?=? C. 22()()a b a b ?=? D. 2222()()a b a b a b ?+?= 11．直线1l 的方程为0 3130290 x y z x y z ++=?? --=?，直线2l 的方程为
解析法巧解中考压轴题 在平面几何题中，适当的建立直角坐标系，利用代数的方法解决几何问题，即解析法，有时会显得更简洁高效．现以近年中考压轴题为例，分析说明解析法之妙．例1 （2013泰州）如图1，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连结PQ，M为PQ中点． 若AD＝10，AB＝a，DP＝8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化．当点M 落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围． 分析本题将矩形、三角形、动点、参数相结合，考察学生利用相似解决问题的综合能力，难度较大，区分度高，按照参考答案给出的解题思路，如图2所示，当点M落在矩形ABCD外部时，须满足的条件是“BE>MN”．分别求出BE与MN的表达式，列不等式求解，即可求出a的取值范围． 由△ADP∽△ABQ，解得QB＝4 5 a． 由△QBE∽△QCP，同样由比例关系得出BE＝ () 28 225 a a a - + ． 又因为MN为QCP的中位线，得出 MN＝1 2 PC＝ 1 2 （a－8）． 再由BE>MN， 即 () 28 225 a a a - + () 1 8 2 a >- 得出a> ． 当点M落在矩形ABCD外部时，a的取值范围为a>． 这种解法不仅要想到添加辅助线，还两次运用了相似比，计算量大，易出错．比较稳妥而简洁的做法是将图形放进直角坐标系中，利用数形结合的方法来解决此类问题． 一如何建立合适、恰当的坐标系呢通常需要考虑以下两点： 第一，让尽可能多的点落在直角坐标系上，这些点的坐标含有数字O，可以起到简化运算的功效； 第二，考虑图形的对称性，同样，也能起到简化运算的作用． 解答如图3所示，建立以B点为原点，BC方向为x轴正半轴，BA方向为y轴正半轴的直角坐标系．
利用法向量解立体几何题 一、运用法向量求空间角 向量法求空间两条异面直线a, b 所成角θ，只要在两条异面直线a, b 上各任取一个向量 ''AA BB 和，则角<','AA BB >=θ或π-θ，因为θ是锐角，所以cos θ= '''' AA BB AA BB ??, 不需 要用法向量。 1、运用法向量求直线和平面所成角 设平面α的法向量为n =（x, y, 1)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为 sin θ= cos( 2 π -θ) = |cos
则?ˉ //AA n ，所以∠BAA ＇ =<,BA n >（或其补角） ∴异面直线a 、b 的距离d =AB ·cos ∠BAA ＇ = || || AB n n ? * 其中，n 的坐标可利用a 、b 上的任一向量,a b （或图中的,AE BF ），及n 的定义得 0n a n a n b n b ??⊥?=?????⊥?=??? ? ① 解方程组可得n 。 2、求点到面的距离 求A 点到平面α的距离，设平面α的法向量法为(,,1)n x y =，在α内任取一点B ，则A 点到平面α的距离为 d = || || AB n n ?，n 的坐标由n 与平面α内的两个不共线向量的垂直关系，得到方程组（类似于前面所述, 若方程组无解，则法向量与XOY 平面平行，此时可改设 (1,,0)n y =，下同）。 3、求直线到与直线平行的平面的距离 求直线a 到平面α的距离，设平面α的法向量法为(,,1)n x y =，在直线a 上任取一点A ， 在平面α内任取一点B ，则直线a 到平面α的距离 d = || || AB n n ? 4、求两平行平面的距离 设两个平行设平面α、β的公共法向量法为(,,1)n x y =，在平面α、β内各任取一点A 、 B ，则平面α到平面β的距离 d = || || AB n n ? 三、证明线面、面面的平行、垂直关系 设平面外的直线a 和平面α、β，两个面α、β的法向量为12,n n ，则 1a//a n α?⊥ 1a a//n α⊥? 12////n n αβ? 12n n αβ⊥?⊥
中考复习数学思想方法之一：割补法“补形”在初中几何问题中的应用 平面几何中的“补形”就是根据题设条件，通过添加辅助线，将原题中的图形补成某种熟悉的，较规则的，或者较为简单的几何基本图形，使原题转化为新的易解的问题．从“补形”的角度思考问题，常能得到巧妙的辅助线，而使解题方向明朗化，所以，补形是添加辅助线的重要方法．下面举例加以说明，供参考． 例1 如图1，六边形ABCDEF的六个内角都相等，若AB=1，BC=CD=3，DE=2，则这个六边形的周长等于． 解析题中六边形是不规则的图形，现将它补形为较规则的正三角形，分别向两方延长AB、CD、EF相交于G、H、I (如图2)． ∵六边形ABCDEF的六个内角都相等， ∴六边形的各角为120°， ∴△AFI、△BCG、△DEH均是正三角形，从而△GHI为正三角形，则有 GC=BC=3，DH=EH=DE=2， IF=AF, IH=GH=GC+CD+DH =3+3+2=8， ∴IE=IH－EH=8－2=6． ∴六边形的周长等于： AB+BC+CD+DE+EF+F A =AB+BC+CD+DE+IE =1+3+3+2+6=15． 注：本题亦可补成平行四边形求解，如图3． 例2 如图4，在Rt△ABC中，AC=BC，AD是∠A的平分线，过点B作AD的垂线交AD的延长线于点E，求证：AD=2BE． 解析从等腰三角形的性质得到启示：顶角平分线垂直底边且平分底边．结合AE平分∠CAB，B E⊥AE，启发我们补全一个等腰三角形．所以延长BE交AC的延长线于点F(如
图5)，易证△ABF 为等腰三角形，∴ BF =2BE ，再证△ACD ≌△BCF ，全等的条件显然满足，故结论成立． 例3 某片绿地的形状如图6所示，其中∠A =60°，A B ⊥BC ，C D ⊥AD ，AB =200m ，CD =100m ，求AD ，BC 的长． 解析 由题设∠A=60°，A B ⊥BC ，可将四边形补成图7所示的直角三角形． 易得∠E =30°，AE =400，CE =200，然后再由勾股定理或三角函数求出BE ， DE 由此得到AD =400－200。 例4 如图8，在平面直角坐标系中直线y =x －2与y 轴相交于点A ，与反比例函数在第一象限内的图像相交于点B (m ，2)． (1) 求反比例函数的关系式； (2) 将直线y =x －2向上平移后与反比例函数图像在第一象限内交于点C ，且△ABC 的面积为18，求平移后的直线的函数关系式． 解析 (1) 所求解析式为y =8 x ； (2) 本题方法不一，下面着重对此题进行分析解答．
平面几何证明题的一般思路及方法简述 【摘要】惠特霍斯曾说过,“一般地,解题之所以成功,在很大程度上依赖于选择一种最适宜的方法。”灵活、恰当地选择解题方法是求解平面几何问题的良好途径。解决任何一道平面几何证明题,都要应用这样或那样的方法,而选择哪一种方法,就取决于我们用什么样的解题思路。本文试对平面几何证明题中常用的几种解题思路及方法进行分析。 【关键词】平面几何证明题思路方法 平面几何难学,是很多初中生在学习中的共识,这里面包含了很多主观和客观因素,而学习不得法,没有适当的解题思路则是其中的一个重要原因。波利亚曾说过,“解题的成功要靠正确思路的选择,要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒。为了辨别哪一条思路正确,哪一个方向可接近它,就要试探各种方向和思路。”由此可见,掌握证明题的一般思路、探索证题过程中的数学思维、总结证题的基本规律是求解几何证明题的关键。常见的证题思路有直接式思路和间接式思路。 一、直接式思路 证题时,首先应仔细审查题意,细心观察题目,分清条件和结论,并尽量挖掘题目中隐含的一些解题信息,以在缜密审题的基础上,根据定义、公式、定理进行一系列正面的逻辑推理,最后得出命题的证明,这种证题的思路被称为直接式思路。由于思维方式的逆顺,在证题时运用的方法主要有“分析法”和“综合法”。 1.分析法。分析法是从命题的结论入手,先承认它是正确的,执果索因,寻求结论正确的条件,这样一步一步逆而推之,直到与题设会合,于是就得出了由题设通往结论的思维过程。在由结论向已知条件的寻求追溯过程中,则由于题设条件的不同,或已知条件之间关系的隐含程度不同等,寻求追溯的形式会有一定差异,因而常把分析法分为以下四种类型。 (1)选择型分析法。选择型分析法解题,首先要从题目要求解的结论A出发,逐步把问题转化为分析要得出结论A需要哪些充分条件。假设有条件B,就有结论A,那么B就成为选择找到的使A成立的充分条件,然后再分析在什么条件下能选择得到B……最终追溯到命题中的某一题设条件。 (2)可逆型分析法。如果再从结论向已知条件追溯的过程中,每一步都是推求的充分必要条件,那么这种分析法又叫可逆型分析法,因而,可逆型分析法是选择型分析法的特殊情形。用可逆型分析法证明的命题用选择型分析法一定能证明,反之用选择型分析法证明的命题,用可逆型分析不一定能证明。 (3)构造型分析法。如果在从结论向已知条件追溯的过程中,在寻找新的充分条件的转化“三岔口”处,需采取相应的构造型措施:如构造一些条件,作某些辅助图等,进行探讨、推导,才能追溯到原命题的已知条件的分析法叫做构造型分析法。 (4)设想型分析法。在向已知条件追溯的过程中,借助于有根据的设想、假定,形成“言之成理”的新构思,再进行“持之有据”的验证,逐步地找出正确途径的分析法称为设想型分析法。 2.综合法。综合法则是由命题的题设条件入手,由因导果,通过一系列的正确推理,逐步靠近目标,最终获得结论。再从已知条件着手,根据已知的定义、公式、定理,逐步推导出结论。在这一过程中,由于思考角度不同,立足点不同,综合法常分为四种类型: (1)分析型综合法。我们把分析法解题的叙述倒过来,稍加整理而得到的解法称为分析型综合法。 (2)奠基型综合法。当由已知条件着手较难,或没有熟悉的模式可供归纳推导,就可转而寻找简单的模式,然后再将一般情形化归到这个简单的模式中来,这样的综合法称为奠基型综合法。 (3)媒介型综合法。当问题给出的已知条件较少,且看不出与所求结论的直接联系时,或条
第八章 空间解析几何与向量代数答案 一、选择题 1. 已知A (1,0,2), B (1,2,1)是空间两点，向量 的模是（A ） A 5 B 3 C 6 D 9 2. 设a =（1,-1,3）, b =（2,-1,2），求c =3a -2b 是（ B ） A （-1,1,5）. B （-1,-1,5）. C （1,-1,5）. D （-1,-1,6）. 3. 设a =（1,-1,3）, b =（2, 1,-2），求用标准基i , j , k 表示向量c=a-b 为（A ） A -i -2j +5k B -i -j +3k C -i -j +5k D -2i -j +5k 4. 求两平面032=--+z y x 和052=+++z y x 的夹角是（ C ） A 2π B 4π C 3 π D π 5. 已知空间三点M (1,1,1)、A (2,2,1)和B （2，1，2），求∠AMB 是（ C ） A 2π B 4π C 3 π D π 6. 求点)10,1,2(-M 到直线L ：12213+=-=z y x 的距离是：（ A ） A 138 B 118 C 158 D 1
7. 设,23,a i k b i j k =-=++r r r r r r r 求a b ?r r 是：（ D ） A -i -2j +5k B -i -j +3k C -i -j +5k D 3i -3j +3k 8. 设⊿ABC 的顶点为(3,0,2),(5,3,1),(0,1,3)A B C -，求三角形的面积是：（ A ） A 2 B 364 C 3 2 D 3 9. 求平行于z 轴，且过点)1,0,1(1M 和)1,1,2(2-M 的平面方程是：（ D ） A 2x+3y=5=0 B x-y+1=0 C x+y+1=0 D 01=-+y x ． 10、若非零向量a,b 满足关系式-=+a b a b ，则必有（ C ）； A -+a b =a b ； B =a b ； C 0?a b =； D ?a b =0． 11、设,a b 为非零向量，且a b ⊥, 则必有（ C ） A a b a b +=+ B a b a b -=- C +=-a b a b D +=-a b a b 12、已知()()2,1,21,3,2---a =,b =，则Pr j b a =（ D ）； A 5 3； B 5； C 3；
用向量方法求空间角和距离 前言： 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角． （１）求异面直线所成的角 设a r 、b r 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a b a b r r g r r （２）求线面角 设l r 是斜线l 的方向向量，n r 是平面α的法向量， 与平面α所成的角α=arcsin |||||| l n l n r r g r r 则斜线l （３）求二面角
方法一：在α内a r l ⊥，在β内b r l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角 α=arccos |||| a b a b r r g r r 方法二：设12,,n n u r u u r 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角 α=1212arccos |||| n n n n u r u u r g u r u u r 2.求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的 距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 方法一：设n r 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到 α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ==u u u r r u u u r g r 方法二：设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO uuu r ． （２）求异面直线的距离 方法一：找平面β使b β?且a βP ，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． a r 、 b r 分别为异面直线a 、b 的方向 法二：在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设
第27讲 三角法与向量法解平面几何题 相关知识 在ABC ?中,R 为外接圆半径,r 为内切圆半径,2 a b c p ++=,则 1,正弦定理: 2sin sin sin a b c R A B C ===, 2,余弦定理:2 2 2 2cos a b c bc A =+-,2 2 2 2cos b a c ac B =+-,2 2 2 2cos c a b ab C =+-. 3,射影定理:cos cos a b C c B =+,cos cos b a C c A =+,cos cos c a B b A =+. 4,面积:211sin 2sin sin sin 224a abc S ah ab C rp R A B C R = ==== = (sin sin sin )rR A B C ++ 2 221(cot cot cot )4 a A b B c C = ++. A 类例题 例1．在ΔABC 中，已知b =asinC ,c =asin (900 -B )，试判断ΔABC 的形状。 分析 条件中有边、角关系, 应利用正、余弦定理, 把条件统一转化为边或者是角的关系, 从而判定三角形的形状。 解 由条件c = asin (900 - B ) = acosB = c b c a ac b c a a 222 22222-+=-+ 2 2222c b c a =-+? 是直角A b c a ?+=?2 22 1sin sin sin =?=A A C c A a 是直角?? ?C a c C c a sin sin =?=?. Q C a b sin =?=? c b ΔABC 是等腰直角三角形。 例2．（1）在△ABC 中，已知cosA =13 5，sinB =53 ，则cosC 的值为（ ） A ．6516 B ．6556 C ．65566516或 D ． 65 16- 解 ∵C = π - (A + B ),∴cosC = - cos (A + B ),又∵A ∈(0, π),∴sinA = 13 12,而sinB =53 显然sinA > sinB ,∴A > B , ∵A 为锐角, ∴B 必为锐角, ∴ cosB = 5 4 ∴cosC = - cos (A + B ) = sinAsinB - cosAcosB =65 1654135531312=?-?.选A . 说明 △ABC 中,sinA > sinB ?A > B . 根据这一充要条件可判定B 必为锐角。 （2）在Rt △ABC 中，C ＝90°，A ＝θ，外接圆半径为R ，内切圆半径为r ，
立体几何巧思妙解之割补法 在立体几何解题中，对于一些不规则几何体，若能采用割补法，往往能起到化繁为简、一目了然的作用。 一 、求异面直线所成的角 例1、如图1，正三棱锥S-ABC 的侧棱与底面边长相等，如果E 、F 分别为SC 、AB 的中点，那么异面直线EF 与SA 所成的角等于（ ） 000090604530A B C D 分析：平移直线法是求解异面直线所成角最基本的方法。如图1，只要AC 的中点G ，连EG ，FG ，解△EFG 即可.应该是情理之中的事。若把三棱锥巧妙补形特殊的正方体，定会叫人惊喜不已。 巧思妙解：如图2，把正三棱锥S-ABC 补成一个正方体11AGBH A CB S -， 1//,EF AA ∴Q 异面直线EF 与SA 所成的角为0145A AS ∠=。故选C 。 二、体积问题 例2、如图3，已知三棱锥子P —ABC ，234,10,241PA BC PB AC PC AB ======，则三棱锥子P —ABC 的体积为（ ）。 4080160240A B C D 分析：若按常规方法利用体积公式求解，底面积可用海伦公式求出，但顶 点到底面的高无法作出，自然无法求出。若能换个角度来思考，注意到三 棱锥的有三对边两两相等，若能把它放在一个特定的长方体中，则问题不 难解决。 巧思妙解：如图4所示，把三棱锥P —ABC 补成一个长方体AEBG —FPDC ，易 知三棱锥P —ABC 的各边分别是长方体的面对角线。 PE=x,EB=y,EA=z 不妨令，则由已知有： 2222221001366,8,10164x y x z x y z y z ?+=?+=?===??+=? ，从而知 416810468101606 P ABC AEBG FPDC P AEB C ABG B PDC A FPC AEBG FPDC P AEB V V V V V V V V --------=----=-=??-????= 例3、如图5，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形， 且BCF ADE ??、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为 （ ） （A ） 32 （B ）33 （C ）34 （D ）23
第56讲解析法证 几何题
第56讲解析法证 几何题 解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁． 此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”． A类例题 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除
斜边AB及直角边BC为边向三角形两 侧作正方形ABDE、CBFG． 求证：DC⊥FA． 分析只要证k CD·k AF＝－1，故只要求点D的坐标． 证明以C为原点，CB为x轴正方向建立直角坐标 系．设A(0，a)，B(b，0)，D(x，y)． 则直线AB的方程为ax＋by－ab＝0． 故直线BD的方程为bx－ay－(b·b－a·0)＝0， 即bx－ay－b2＝0． ED方程设为ax＋by＋C＝0． 由AB、ED距离等于|AB|，得 |C＋ab| ＝a2＋b2， a2＋b2 解得C＝±(a2＋b2)－ab． 如图，应舍去负号． 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除
所以直线ED方程为ax＋by＋a2＋b2－ab＝0． 解得x＝b－a，y＝－b．(只要作DH⊥x轴，由△DBH≌△BAC就可得到这个结果)． 即D(b－a，－b)． 因为k AF＝b－a b，k CD＝ －b b－a，而k AF·k CD＝－1．所以 DC⊥FA． 例2．自ΔABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F．试证：AD平分ED与DF所成的角． 证明建立直角坐标系，设A(0，a)，B(b，0)，C(c，0)，H(0，h)，于是 BH：x b＋ y h＝1 AC：x c＋ y a＝1 x
第56讲 解析法证 几何题 解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁． 此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”． A 类例题例1．如图，以直角三角形ABC 的斜边A B 及直角边B C 为边向三角形两侧作正方形ABDE 、CBFG ． 求证：DC ⊥FA ． 分析 只要证k C D ·k AF ＝－1，故只要求点D 的坐标． 证明 以C 为原点，CB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设A (0，a )，B (b ，0)，D (x ，y )． 则直线AB 的方程为ax ＋by －ab ＝0． 故直线BD 的方程为bx －ay －(b ·b －a ·0)＝0， 即bx －ay －b 2＝0． ED 方程设为ax ＋by ＋C ＝0． 由AB 、ED 距离等于|AB |，得 |C ＋ab | a 2＋b 2＝a 2＋b 2， 解得C ＝±(a 2＋b 2)－ab ． 如图，应舍去负号． 所以直线ED 方程为ax ＋by ＋a 2＋b 2－ab ＝0． 解得x ＝b －a ，y ＝－b ．(只要作DH ⊥x 轴，由△DBH ≌△BAC 就可得到这个结果)． 即D (b －a ，－b )． 因为k AF ＝b －a b ，k CD ＝－b b －a ，而k AF ·k CD ＝－1．所以DC ⊥FA ． 例2．自ΔABC 的顶点A 引BC 的垂线，垂足为D ，在AD 上任取一点H ，直线BH 交AC 于E ，CH 交AB 于F ． 试证：AD 平分ED 与DF 所成的角． 证明 建立直角坐标系，设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，H (0，h )，于是 BH ：x b ＋y h ＝1 AC ：x c ＋y a ＝1 过BH 、AC 的交点E 的直线系为： λ(x b ＋y h －1)＋μ(x c ＋y a －1)＝0． 以(0，0)代入，得λ＋μ＝0． y x H F E D C B A y x O A B C D E F G
用向量方法求空间角和距离前言： 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角． （１）求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos | |||||a b a b （２）求线面角 设l 是斜线l 的方 向向量，n 是平面α的法向量， α所成的角α=arcsin ||||||l n l n 则斜线l 与平面 （３）求二面角 方法一：在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ --的平面角α=arccos |||| a b a b 12,,n n 是二面角l αβ--的两个半平面的方法二：设 法向量，其方向 一个指向内侧，另一个指向外侧，则二的平面角α=1212arccos |||| n n n n 面角l αβ--2.求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 方法一：设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到
α的距离|||||cos ||| AB n d AB n θ== 方法二：设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示， 可确定点O 的位置，从而求出||AO ． （２）求异面直线的距离 方法一：找平面β使b β?且a β，则异面直线a 、b 的距离就 转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． 方法二：在a 上取一点A, 在b 上 取一点B, 设a 、b 分别为异面直 线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥，n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==（此方法移植于点面距离的求法）． 例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是 棱1111,A D A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离 解：（Ⅰ）记异面直线1DE FC 与所成的角为α， 则α等于向量1DE FC 与的夹角或其补角， 图建立空间坐标系D xyz -， （II ）如1 1||||111111cos ||()()|||||| 222||,arccos DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC αα∴=++=-==∴=
高中物理运用割补法解电场强度问题 所谓割补法，就是在求解电场强度时根据给出的条件建立起物理模型，如果这个模型是一个完整的标准模型，则容易解决，但有时由题给的条件建立起的模型不是一个完整的标准模型，比如说A不是一个标准的、完整的模型，可设法补上一个B，补偿的原则是使A+B成为一个完整的模型，从而使A+B变得易于求解，而且补上的B也必须容易求解，那样待求的A便可从两者的差中获得，这种转换思维角度的方法常常使一些难题的求解变得简单明了。我们只学到有关点电荷的电场强度、匀强电场的电场强度的计算公式，但不能看成点电荷的带电体产生的电场强度，没有现成公式能用，这时我们就可用割补法使带电体变成标准模型来求解。例、如图所示，用金属AB弯成半径r=1m的圆弧，但在A、B之间留出宽度d=2cm的间隙，将Q=3.13×10－9C的正电荷分布于金属丝上，求圆心处的电场强度。分析：我们可以应用割补思维，假设将图中圆环缺口补上，并且它的电荷密度与缺了口的环体原有电荷密度一样，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整带电环，环上处于同一直径两端的微小部分可视为两个相对应的点电荷，它们产生的电场在圆心O处叠加后合电场强度为零，根据对称性可知，带电圆环在圆心O处的总电场强度E=0。至于补上的带电小段，由题给条件
可视作点电荷，它在圆心O处的电场强度E1是可求的，设题中待求电场强度为E2，则E1+E2=E=0，便可求得E2。本题中如果在A、B之间留出宽度比较大的间隙，则不能运用上面的方法求圆心处的电场强度，因为此时AB段带电体不能当作点电荷来处理，库仑定律不能直接使用。解析：设原缺口环所带电荷的线密度为，，则补上的金属小段的带电荷量，求出它在O处的电场强度。设待求的电场强度为E2，因为E1+E2=0，可得E2=－E1=－9×10－2N／C负号表示E2与E1反向，背向球心向左。
第七章 空间解析几何与向量代数 A 一、 1、 平行于向量)6,7,6(-=a 的单位向量为______________. 2、 设已知两点)2,0,3()1,2,4(21M M 和，计算向量21M M 的模，方向余弦和方向角. 3、 设k j i p k j i n k j i m 45,742,853-+=--=++=，求向量p n m a -+=34在x 轴 上的投影，及在y 轴上的分向量. 二、 1、设k j i b k j i a -+=--=2,23，求(1)b a b a b a b a 23)2)(2(??-??及； 及(3)a 、b 的夹角的余弦. 2、知)3,1,3(),1,3,3(),2,1,1(321M M M -，求与3221,M M M M 同时垂直的单位向量.
3、设)4,1,2(),2,5,3(=-=b a ，问μλ与满足_________时，轴z b a ⊥+μλ. 三、 1、以点(1,3,-2)为球心，且通过坐标原点的球面方程为__________________. 2、方程02422 2 2 =++-++z y x z y x 表示______________曲面. 3、1)将xOy 坐标面上的x y 22 =绕x 轴旋转一周，生成的曲面方程为 __ _____________，曲面名称为___________________. 2)将xOy 坐标面上的x y x 22 2 =+绕x 轴旋转一周，生成的曲面方程 _____________，曲面名称为___________________. 3)将xOy 坐标面上的36942 2 =-y x 绕x 轴及y 轴旋转一周，生成的曲面方 程为_____________，曲面名称为_____________________. 4）在平面解析几何中2x y =表示____________图形。在空间解析几何中 2x y =表示______________图形. 5）画出下列方程所表示的曲面 (1))(42 22y x z += (2))(42 2 y x z += 四、