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学15高中数学必修1复习讲座 第十讲 高中数学解题方法


学 15 高中数学必修 1 复习讲座

第十讲

高中数学解题方法(2)

(有答案)

转化与化归的思想,是数学学科与其他学科相比,一个特有的数学思想方法,化归思想的核心是把生疏问 题转化为熟悉问题, 我们平时解题的过程实质上就是一个缩小已知与求解差异的过程, 一个生题变熟题的过程。 因此,解每一道题,无论是难题还是易题,都离不开化归,所以说,转化与化归是数学思想方法的灵魂。本计 就其基本理论和其在立体几何中的体现做一简单介绍。 转化、化归的思想贯穿立体几何的始终,是处理立体几何问题的基本思想方法,具体体现在如下几个方面: (1)把立体几何问题向平面几何转化,即立体问题平面化,它是解决立体几何问题始终如一的原则。如异 面直线所成的角、线面所成的角、二面角这三种空间角都是用平面角定义的,在解决有关空间角的问题时,一 般是将它们转化为平面角来处理,最终化归为解三角形。 (2)在讨论平行与垂直关系时,应注意用“线线平行 ? 线面平行 ? 面面平行”与“线线垂直 ? 线面垂 直 ? 面面垂直”进行转化。 (3)在计算立体几何中的距离问题时,根据它们的定义都可以化归为两点间的距离, 。例如,求异面直线 的距离; 或化归为求公垂线段的长; 或化归为线面距离或面面距离, 而这三种方法最终又化归为两点间的距离。 另外,等体积法、图形语言与符号语言、文字语言的互译等也都体现了转化思想的应用。 例 1.已知 a 、 b 是两条异面直线,求证过 a 且平行 b 的平面必平行于过 b 且平行 a 的平面。

b

?

?

a

A

b1
1—1 1—1 所示,任取点 A ? 【解答】如图

? ,由推论 1 设点 A 与 b 确定平面 ?

,且 ? ? ? = b1 ,

b ∥ ? , b ?? , ? ? ? = b1 则 b ∥ b1 一又∵ b1 ? ? , b ?? ∴ b1 ∥ ? ?
又∵ ? ∥ ? , a ? b1 ? A , a 、 b1 ? ? ∴ ? ∥ ? ,故原命题正确。 【点评】在面面关系中,要善于用和线线、线面平行的概念判定和性质进行类比、探索、总结,特别要注意互 相转化,达到由线线、线面化归为面面问题,使之统一深化。 例 2.如图 1—2,在矩形 ABCD 中,AB= 3 3 ,BC=3,沿对角线 BD 把△BCD 折起使 C 点移到 C1 点,且 C1 在平面 ABD 内的射影 O 恰好落在 AB 上。 (1)求证:AC1⊥BC1; (2)求 AB 与平面 BC1D 所成的正弦值; (3)求二面角 C1—BD—A 的正切值。

C 【解答】 (1)由题意,C1O⊥面 ABD。又 C1O ? 面 ABC1,∴面 ABC1⊥面 ABD。又∵AD⊥AB,面 ABC1∩面 ABD=AB, ∴AD⊥面 ABC1,∴AD⊥BC1,又 BC1⊥C1D,AD∩C1D=D,∴BC1⊥ 面 AC1D,∴BC1⊥AC1。 (还可由三垂线定理证 AD⊥BC1) (2)∵BC1⊥面 AC1D,BC1 ? 面 BC1D, ∴面 AC1D⊥面 BC1D, 作 AH⊥C1D,于 H,则 AH⊥面 BC1D。连结 BH,则 BH 为 AB 在 面 BC1D 上的射影, ∴∠ABH 即为 AB 与面 BC1D 所成的角。 又在 Rt△AC1D 中, C1D=
1

B G C

O

H

A

D

3 3 ,AD=3,
∴AC1= 3 2 ,∴AH= 6 , ∴sin∠ABH=

AH 2 2 = 。即 AB 与面 BC1D 所成角的正弦值为 。 AB 3 3

(3)过 O 作 OG⊥BD 于 G,连结 C1G,则 C1G⊥BD。则∠C1GO 为二面角 C1—BD—A 的平面角。 在 Rt△AC1B 中,C1O=

AC 1 ? BC1 BC1 ?CD1 3 3 = 6 在 Rt△BC1D 中,C1G= = 。 AB BD 2 C1O 3 ,∴tan∠C1GO= = 2 2 .即二面角 C1—BD—A 的正切值为 2 2 。 OG 2

2 ∴OG= C1G

C1 O 2 =

【点评】 (1)本题证线线垂直过程中用到了线线垂直、线面垂直、面面垂直相互转化的思想 线线垂直 线面垂直 面面垂直

(2)通过作线面角与二面角的平面角,将空间角的问题转化为平面角处理。 例 3.如图 1—3,正三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长都为 a ,D 是 AB 的中点,连结 A1D,DC,A1C. (1)求证:BC1∥平面 A1DC; (2)求 BC1 到平面 A1DC 的距离。 【解答】 (1)连结 AC1,交 A1C 于点 E,则平面 ABC1∩平面 A1DC=DE.因为 E 是 AC1 的中点,D 是 AB 的中点,所以 DE∥BC1.而 DE ? 平面 A1DC,BC1 ? 平面 A1DC, C ∴BC1∥平面 A1DC; 1 (2)由(1)知 BC1∥平面 A1DC,所以 BC1 上任一点到平面 A1DC 的距离都是 BC1 A 到平面的距离。 1 E 所以求点 B 到平面 A1DC 的距离即可, 又因为 AB 与平面 A1DC 相交于 AB 的中 C 点 D。 H 所以点 A、B 到平面 A1DC 的距离相等,因为 CD⊥AB,CD⊥AA1,所以 CD⊥平 A D 面 A1ABB1。 所以 A—A1D—C 是直二面角,过点 A 作平面 A1DC 的垂线,垂足 H 在 A1D 上。 在 Rt△A1AD 上,A1A·AD=A1D·AH,

B
1

B

所以 AH=

A1A ? AD = A1 D

a?

1 2 1 4

=

a 1+

5 5 a 。所以 BC1 到平面 A1DC 的距离是 a。 5 5

【点评】线到面的距离是转化为点到平面的距离求解的,线段与平面交于中点时两端点到平面的距离相等,又 可化成另一端点到平面的距离。 例 4. 如图,在三棱锥 S-ABC 中,S 在底面上的射影 N 位于底面的高 CD 上,M 是侧棱 SC 上的一点,使截面 MAB 与底面所成角等于∠NSC。求证:SC 垂直于截面 MAB。 (83 年全国高考) S 【证明】由已知可得:SN⊥底面 ABC,AB⊥CD,CD 是斜线 SC 在底面 AB 的射影, ∴ AB⊥SC。∵ AB⊥SC、AB⊥CD∴ AB⊥平面 SDNC∴ ∠MDC 就是截面 MAB 与 底面所成的二面角 由已知得∠MDC=∠NSC 又∵ ∠DCM=∠SCN∴ △DCM≌△SCM∴ ∠DMC= ∠SNC=Rt∠ 即 SC⊥DM 所以 SC⊥截面 MAB。

A D B N

M C

练习 1. 正三棱锥 A-BCD, 底面边长为 a, 侧棱为 2a, 过点 B 作与侧棱 AC、 AD 相交的截面, 在这样的截面三角形中, 求周长的最小值。 解析: 沿侧棱 AB 把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图 1, 当周长最小时, EF 在直线 BB′上, ∵Δ ABE≌Δ B′ AF,∴AE=AF,AC=AD,∴B′B∥CD,∴∠1=∠2=∠3,∴BE=BC=a,同理 B′F=B′D=a.∵Δ FDB′∽Δ

a 1 1 3 3 11 DF DB ? DF = , = = ,∴DF= a,AF= a.又∵Δ AEF∽Δ ACD,∴BB′=a+ a+a= a, 4 a 2a 2 2 2 4 DB ? AB ? 11 ∴截面三角形的周长的最小值为 a. 4
ADB′,∴ 评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题,从而使问题得到解决,这是求

曲面上最短路线的一种常用方法. 又如异面直线所成的角、线面角、面面角的计算,最终都是转化为平面上两相交直线成的角来进行的。 实现空间问题向平面问题转化的方法很多,常用的就有:平移法、射影法、展开法和辅助面法等等。 2、位置关系的转化 线线、线面、面面平行与垂直的位置关系既互相依存,又在一定条件下不仅能纵向转化:线线平行(或垂 直) 线面平行(或垂直) ; 面面平行(或垂直) ,而且还可以横向转化:线线、线面、面面的平行 ; 线线、 线面、 面面的垂直。 这些转化关系在平行或垂直的判定和性质定理中得到充分体现。 平行或垂直关系的证明 (除 少数命题外) ,大都可以利用上述相互转化关系去证明。 2. 如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 在 AB1 上,F 在 BD 上,且 B1E=BF. 求证:EF∥平面 BB1C1C.

证法一:连 AF 延长交 BC 于 M,连结 B1M.∵AD∥BC∴△AFD∽△MFB∴

AF DF ? 又∵BD=B1A,B1E=BF FM BF

∴DF=AE∴

AF AE ∴EF∥B1M,B1M ? 平面 BB1C1C∴EF∥平面 BB1C1C. ? FM B1 E

证法二:作 FH∥AD 交 AB 于 H,连结 HE∵AD∥BC∴FH∥BC,BC ? BB1C1C∴FH∥平面 BB1C1C

由 FH∥AD 可得

BF BH B E BH ? 又 BF=B1E,BD=AB1∴ 1 ? ∴EH∥B1B,B1B ? 平面 BB1C1C∴EH∥平面 BB1C1C, BD BA AB1 BA
EF ? 平面 FHE∴EF∥平面 BB1C1C

EH∩FH=H∴平面 FHE∥平面 BB1C1C

说明:证法一用了证线面平行,先证线线平行.证法二则是证线面平行,先证面面平行,然后说明直线在其中一 个平面内. 3、位置关系中的定性与定量的转化 立体几何中对点、线、面在空间中特定位置关系的研究是从定性和定量两个方向进行的。这两者既有联系 又有区别,在一定条件下还可以互相转化。 线线、线面、面面平行,这些定性描述,表示线线、线面、面面的成 角是 0°,反之则不然; 线线、 线面、 面面的成角是 90°, 这些量的结果, 则反映了它们的垂直关系, 反之亦然。 可见教材中深刻地蕴含着位置关系中的定性与定量的转化关系。

3. 空间四边形 PABC 中,PA、PB、PC 两两相互垂直,∠PBA=45°,∠PBC=60°,M 为 AB 的中点.(1)求 BC 与 平面 PAB 所成的角;(2)求证:AB⊥平面 PMC.

解析:此题数据特殊,先考虑数据关系及计算、发现解题思路. 解 ∵ PA⊥AB,∴∠APB=90°在 RtΔ APB 中,∵∠ABP=45°,设 PA=a,

则 PB=a,AB= 2 a,∵PB⊥PC,在 RtΔ PBC 中,∵∠PBC=60°,PB=a.∴BC=2a,PC= 3 a.

2 2 ∵AP⊥PC ∴在 RtΔ APC 中,AC= PA ? PC = a ? ( 3a ) =2a
2 2

(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面 PAB,∴BC 在平面 PBC 上的射影是 BP. ∠CBP 是 CB 与平面 PAB 所成的角∵∠PBC=60°,∴BC 与平面 PBA 的角为 60°. (2)由上知,PA=PB=a,AC=BC=2a.∴M 为 AB 的中点,则 AB⊥PM,AB⊥CM.∴AB⊥平面 PCM. 说明 要清楚线面的垂直关系,线面角的定义,通过数据特点,发现解题捷径.

4.如图 9-19,在棱长为 a 的正方体 ABCD— A B1C1D1 中,O 是 AC、BD 的交点,E、F 分别是 AB 与 AD 的中 1 点.

(1)求异面直线 OD1 与 A1C1 所成角的大小; (2)求异面直线 EF 与 A1C1 所成角的大小;

解析: (1)∵

A1C1 ∥AC,∴ OD1 与 AC 所成的锐角或直角就是 OD1 与 A1C1 所成的角,连结 AD1 、 CD1 , A1D1 ? C1D1 , ?AA1 D1 ? ?CC1 D1 ? 90? , ∴△ AA AA 1 D1 ≌△ CC1 D1 , 1 = CC1 , OD1 ? AC ,故 OD1 与 A1C1 所成

在△ AA ∵ 1 D1 和△ CC1 D1 ,

∴ AD1 ? CD1 .∴△ AD1C 是等腰三角形.∵ O 是底边 AC 的中点,∴ 的角是 90°. (2)∵ E、F 分别是 AB、AD 中点,∴ EF∥BD,又∵ 角就是 EF 与 A1C1 所成的角.∵ 4、体积问题中的转化

A1C1 ∥AC,∴ AC 与 BD 所成的锐角或直

四边形 ABCD 是正方形,∴ AC⊥BD,∴ EF 与 A1C1 所成的角为 90°

研究简单几何体体积问题的过程中,利用祖暅定理,将一般柱体体积问题转化为长方体体积问题,一般锥 体体积问题转化为三棱锥体积问题, 从而推导出柱体和锥体体积公式等。三棱锥体积公式推导过程中, “补法” 和“割法”的先后运用,台体的体积,即补台成锥。所展示的割补转化;利用四面体、平面六面体等几何体体 积的自等性,以体积为媒介沟通有关元素间的联系,从而使问题获解的等积转化等,均是转化的思想方法在体 积问题中的体现。 所有上述这些都充分展现了转化的思想方法在立体几何中的 “用武之地” 。 教学中的适时揭示与恰当运用,

确能强化学生思维的目标意识,增强思维的敏捷性和灵活性,提高学习效率。 5. 如图,平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 的底面是边长为 1 的正方形,侧棱 AA1 长为 2,且∠A1AB=∠A1AD=60°则 此平行六面体的体积为 解析:一 求平行六面体 ABCD—A1B1C1D 的体积,应用公式.由于底面是正方形,所以关键是求高,即 A1 到底面 ABCD 的距离

解法一:过点 A1 做 A1O⊥平面 ABCD,垂足为 O,过 O 做 OE⊥AB,OF⊥AD,垂足分别为 E、F,连结 A1E,A1F,可 知 O 在∠BAD 的平分线 AC 上. ∴cos∠A1AO·cos∠OAF= cos60° ∴cos∠A1AO=

AF OA AF · = =cos∠A1AF 即 cos∠A1AO·cos45°= AO AA1 AA1

2 2 ∴sin∠A1AO= ∴A1O=A1Asin∠A1AO= 2 ∴V=SABCD·A1O= 2 2 2

分析二 如图,平行六面体的对角面 B1D1DB 把平行六面体分割成两个斜三棱柱,它们等底面积、等高、体积相 等,考察其中之一三棱柱 A1B1D1—ABD. 解法二:过 B 作 BE⊥A1A,连结 DE,可知面 BDE 是其直截面,把斜三棱柱分割成上下两部分,若把两部分重新 组合,让面 A1D1B1 与面 ADB 重合,则得到一直棱柱,Δ BDE 是其底面,DD1 是其侧棱,并且和斜三棱柱 A1B1D1—ABD 的体积相等. 取 BD 中点 O,连结 OE,易知 SΔ BED=

1 1 1 2 3 2 2 2 2 BD·OE= BD· DE ? OD = · 2 · ( ) ? ( )2 = 2 2 2 4 2 2

∴V 直棱柱=SΔ DEB·DD1=

2 2 ×2= = VA1B1D1 ? ABD ∴ VA1B1C1D1 ? ABCD =2 VA1B1D1 ? ABD = 2 4 2

点评 在解决体积问题时, “割” “补”是常用的手段,另外本题分析二给出了求斜棱柱体积的另一方法:斜棱 柱的体积=直截面面积×侧棱长. 6. 求证:球的外切正四面体的高是球的直径的 2 倍. 证明: 设球的半径为 R, 正四面体的高为 h, 侧面积为 S, 则有 VA—BCD=VO—ABC+VO—ABD+VO
—BCD

+VO—ACD 如图,即

1 1 Sh=4× SR,∴h=4R. 3 3


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