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：

线线∥ 线面∥ 面面∥ 公理4

(a//b,b//c ac//) 线面平行判定 //,//abab

面面平行判定1 ababa//,// 面面平行性质

ababAab,//,////

线面平行性质

aabab//// 面面平行性质1

////aa 面面平行性质

//////

A b



a

 a

b



2. 线线、线面、面面垂直关系的转化：

线线⊥ 线面⊥ 面面⊥ 三垂线定理、逆定理

PAAOPOaaOAaPOaPOaAO,为在内射影则 线面垂直判定1 面面垂直判定 ababOlalbl,, aa

线面垂直定义

lala 面面垂直性质，推论2

baaba,

aa

面面垂直定义

ll，且二面角成直二面角

3. 平行与垂直关系的转化：

线线∥

线面⊥

面面∥ 线面垂直判定2 面面平行判定2

线面垂直性质2 面面平行性质3 abab//

abab// aa//

//aa a

4. 应用以上“转化”的基本思路——“由求证想判定，由已知想性质。”

5. 唯一性结论：

1. 三类角的定义：

（1）异面直线所成的角θ：0°＜θ≤90°

（2）直线与平面所成的角：0°≤θ≤90°

（3）二面角：二面角的平面角θ，0°＜θ≤180°

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。 【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（ ）

A. 60° B. 45° C. 30° D. 120°

解：取AC中点G，连结EG、FG，则

EGPCFGAB∥∥，1212

∴∠EGF为AB与PC所成的角

在△EGF中，由余弦定理，

cos∠··EGFEGFGEFEGFG222222253725312

∴AB与PC所成的角为180°－120°＝60°

∴选A

（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（ ）

ABCD....131336332626

解：设正四棱锥的高为，斜高为hhh'2212

由题意：1241121612222h

∴h26 ∴侧棱长PBhOB222622262

∴∠cosPBOOBPB222621313

∴选A

（）如图，在正方体中，为上的一个定点，为3111111ABCDABCDPADQ

ABEFCDEF11上的任意一点，、为上任意两点，且的长为定值，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___________。

解：平面即是平面QEFABCD11

∴上定点到面的距离为定值ADPABCD1111

∴①对，②错

二面角——，即面与面所成的角，且平面角∠为定PEFQPDFABCDPDA111

值，∴③对

因为∥，且为定值，∴为定值ABDCEFSQEF11

又点到平面的距离为定值，∴为定值，∴④对PQEFVPQEF

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。

解：（1）如图②，作出MN、PQ

∵PQ∥NC，又△MNC为正三角形

∴∠MNC＝60°

∴PQ与MN成角为60°

（）·213VVSMQMNPQQPMNPMN

1621616···正方体SMQSMQVPMNPMDN

即四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比为1：6

（3）连结MA交PQ于O点，则MO⊥PQ

又NP⊥面PAQM，∴NP⊥MO，则MO⊥面PNQ

过O作OE⊥NQ，连结ME，则ME⊥NQ

∴∠MEO为二面角M—NQ—P的平面角

在Rt△NMQ中，ME·NQ＝MN·MQ

设正方体的棱长为a

MEaaaaMOa236322·，又

在中，∠RtMEOMEOMOMEaasin226332

∴∠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⊥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。

解：（1）作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连结OB、OA、OD，OB与AD交于点E，连结PE

∵AD⊥PB，∴AD⊥OB（根据___________）

∵PA＝PD，∴OA＝OD

于是OB平分AD，点E为AD中点

∴PE⊥AD

∴∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角

∴∠PEB＝120°，∠PEO＝60°

又，∴·PEPOPEo36033232sin

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的正三角形

∴PA＝AB＝2，又易证PB⊥BC

故取PB中点G，PC中点F

则AG⊥PB，GF∥BC

又BC⊥PB，∴GF⊥PB

∴∠AGF为面APB与面CPB所成的平面角

∵GF∥BC∥AD，∴∠AGF＝π－∠GAE

连结GE，易证AE⊥平面POB

又，为中点PEBEGPB3

∴∠∠PEGPEBo1260

∴GEPEocos6031232 在中，RtAGEAEAD121

∴∠tanGAEGEAE32

∴∠GAEarctan32

∴∠AGFarctan32

所以所求二面角的大小为arctan32

（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

PB（，，），（，，）003203320

PBGAG的中点的坐标为（，，），连结033434

又（，，），（，，）AC132023320

由此得到（，，），（，，），GAPB13434033232

BC（，，）200

于是·，·GAPBBCPB00

∴⊥，⊥GAPBBCPB

∴、的夹角为所求二面角的平面角GABC

于是··cos||||GABCGABC277

∴所求二面角大小为arccos277

（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△ABC三个顶点的距离都是14，那么点P到平面ABC的距离是（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7

解：设点P在△ABC所在平面上的射影为O

A

B C

O R

∵PA＝PB＝PC，∴O为△ABC的外心

△ABC中，AB＝9，AC＝15，∠BAC＝120°

∴BCo91529151202122cos

由，∴aARRsin22123273

∴PO1473722

（）在直三棱柱中，，，∠2221111ABCABCABBCBBABC

90EFo，、分别为、的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的AACBEF111

长度为___________。

解：（采用展开图的方法）

将平面沿旋转使两矩形与在同一平面内BBCCBBAABBBBCC1111111

连接，则为所求的最短路径EFEF