解决立体几何线面位置关系的策略

1解决立体几何线面位置关系的策略四川张继海一、方法策略概述高考试卷中，立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明、角与距离的计算，一般属于中档题．立体几何证明题包括线面、面面的相交、平行和垂直，需要掌握相应的判定定理和性质定理．这些定理加上相关的概念和公理，成为推理的理论依据．几何法证明的策略是：由条件想性质，据结论忆判定．即当条件中已知某种位置关系时，就想想相应的性质定理是什么？当结论中要证明某种位置关系时，就想想相应的判定定理是什么？以使我们在复杂的图形及杂乱的位置关系中，迅速展开思路，找到解题突破口．特别是在需要添加辅助线（面）时，这种思维策略很有效．当求某种角或距离时，需要先找到或作出相应的角或距离，简称“求啥作啥”．考查最多的是直线与平面所成的角和二面角．求直线与平面所成的角的关键是找到直线在平面内的射影；求二面角的关键是找到（更多是作出）二面角的平面角，这时选取恰当的位置，如其中一个平面的一条垂线，既方便作图，又容易计算．根据线面平行与垂直的判定和性质，可知：“线线平行线面平行面面平行”，“线线垂直线面垂直面面垂直”是立几中所表现出的线面的平行与垂直关系互相转化的基本思路，利用这种转化思路，可以解决立体几何线面位置关系的基本问题．在容易建立空间直角坐标系的图形中，用空间向量法可以把复杂的位置关系证明或角、距离的计算都转化为向量的计算，避免添加辅助线（面）的烦恼．二、典型例题解析类型Ⅰ证明线面的平行、垂直例1如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS=AB，过A作AF⊥SB，垂足为F，点E、G分别是棱SA、SC的中点．求证：（1）平面EFG∥平面ABC；（2）BC⊥SA．解析图文结合，理解题意．把已知条件用带圆括号的字母数字①、②、③、…等另写一遍，以求凝聚主要条件，展开浮想，由因导果．①面SAB⊥面SBC，②AB⊥BC，③AS=AB，△ABS是等腰三角形④AF⊥SB，⑤E、G是棱SA，SC的中点．SABCGFEAF是中线、F是中点2EF∥AB，FG∥BC，GE∥CA，面EFG∥面ABC．又由①④可得AB⊥面SBC，∴AF⊥BC，结合②可推出BC⊥面SAB，∴BC⊥SA．说明：（1）上述思路展示与推演变形具有普遍性，不少立体几何线面位置的证明或计算，都可运用．（2）用带圆括号的字母数字①、②、③表示已知条件时，可以按题目既有顺序列写，也可以适当交换组合．为了节省叙述篇幅，后面的例子将略去不写（留陈于解题者心中）．（3）要证面面平行，可以去证其中一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面；要证线线垂直，可以证线面垂直．变式题：若把例1的图画成如图所示的情形，则问题显而易见．三棱锥A－SBC中，面ASB⊥面SBC，AS⊥AB，SB⊥BC．若SA=AB=BC．求：（1）二面角S－AC－B的大小；（2）异面直线AC与SB所成的角的余弦值．（答案（1）90，（2）510）类型Ⅱ求线线角、面面角例2如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥面ABC，PA=3，AC=2，BC=1，∠ACB=60．设PC的中点为D．求：（1）异面直线AD与PB所成的角；（2）二面角B－AD－C的正弦、余弦值．解析边列写已知条件边展开联想，有①PA⊥面ABC，②PA=3，③AC=4，④BC=1，⑤∠ACB=60，⑥D是PC的中点．（1）由③④⑤可得AB=3，进而PB=6，PC=7，所以2721PCAD．取BC的中点E，连结AE，DE，则DE∥PB，2621PBDE．于是，在△ACE中，得213AE，因此02cos222DEADAEDEADADE，表明AD⊥DE，即异面直线AD与PB所成的角为90．（2）过B作BF⊥AC与F，过F作FH⊥AD于H，连结BH．∵PA⊥面ABC，∴面PAC⊥面ABC，从而由作图可知，BF⊥面PAC，得BF⊥AD，∴∠BHF就是二面角B－AD－C的平面角．由已知可得2360sinBCBF，21CF．如图，有231)27(2DG，ADAFDGFH，∴7233237223FH．于是，在Rt△BFH中，BH2=BF2+FH2=712，ASFCBGEPABCDEDHGFAC3进而4712723sinBHBFBHF，431277233cosBHFHBHF．说明：（1）由于D是PC的中点，所以取BC的中点E，连结DE，则DE∥PB，将异面直线AD与PB所成的角转化成两条相交直线AD与DE所成的锐角或直角，通过△ADE解决问题．（2）利用“一作二证三算”，作（找）出二面角的平面角，然后证明作出的这个角为所求，最后通过解三角形来完成．变式题：如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC=CD=2，AC=4，∠ACB=∠ACD=60，F为PC的中点，AF⊥PC．（1）求PA的长；（2）求二面角B－AF－D的正弦值．类型Ⅲ判定线面的位置关系例3如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=22．M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．（1）证明：PQ∥平面BCD；（2）若二面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．证法（1）取DM的中点E，连结PE、QE．∵P是BM的中点，∴PE∥BD．注意到M是AD的中点，∴3EDAEQCAQ，从而QE∥CD，由此表明面PQE∥面BCD，∴PQ∥面BCD．另法过P、Q分别作PF⊥BD于F，作QG⊥CD于G，连结FG．∵AD⊥面BCD，∴面ABD⊥面BCD，面ACD⊥面BCD，从而PF⊥面BCD，QG⊥面BCD，∴PF∥QG．由已知可得PF=21DM，QG=41AD=21DM，∴PF=QG，即四边形PQGF是平行四边形，∴PQ∥FG，进而有PQ∥面BCD．（2）过C作CH⊥BD于H，CK⊥BM于K，连结HK．由（1）可知，面ABD⊥面BCD，∴CH⊥面ABD，有HK⊥BM，∴∠CKH就是二面角C－BM－D的平面角，即∠CKH=60．设∠BDC=（0＜＜90），则在Rt△BCD中，有BC=22sin，CD=22cos．而2cos81CM，381BM，∴3cos81sin222BMCMBCCK，cossin2222cos22sin22BDCDBCCH．QABCDMPGEQABCDMPFHABCDMKPABCDF4在Rt△CKH中，有CH=CKsin60，∴cossin22=233cos81sin222，化简，得4cos2=1，∴21cos，=60．说明：（1）要证线面平行，根据判定定理可通过证明面面平行或线线平行来实现；（2）已知二面角C－BM－D的大小为60°，则必须从图上找到或作出其平面角，关键是抓住一个平面的一条垂线（注意到面ABD⊥面BCD，易作得CH⊥面ABD即可）．变式题：如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=7，PA=3，∠ABC=120°．（1）证明：BD⊥平面PAC；（2）若G是PC的中点，求DG与平面APC所成的角的正切值．（答案（1）证明BD⊥AC，BD⊥PA（2）334）类型Ⅳ证明线面平行、求二面角例4如图，直棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=22AB．（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求二面角D－A1C－E的正弦值．解析（1）连结AC1，交A1C于F，则F为AC1的中点．而D是AB的中点，所以DF∥BC1，故BC1∥平面A1CD．另法取A1B1的中点G，连结BG、C1G，则根据题意“D是直棱柱ABC－A1B1C1中AB的中点”可得BF∥A1D，C1F∥CD，所以面BC1F∥平面A1CD，因此BC1∥平面A1CD．（2）由已知可得AC2+CB2=AB2，于是∠ACB=90，表明AC⊥BC，AC、BC、CC1两两垂直．于是建立空间坐标系，设AA1=2，则1CA=（2，0，2），CD=（1，1，0），CE=（0，2，1）．设m=（x1，y1，z1）是平面A1DC的法向量，则m·1CA=0，m·CD=0，所以x1+z1=0，x1+y1=0，取m=（1，1，1）．同理设n=（x2，y2，z2）是平面A1EC的法向量，则n·1CA=0，n·CE=0，所以x2+z2=0，2y2+z2=0，取n=（2，1，－2）．于是cosm，n=33||||nmnmsinm，n=36．因此二面角D－A1C－E的正弦值为36．C1A1ADBCEB1PAGBCD5另法由AA1=AC=CB=22ABAA1:BD=AD:BERt△A1AD∽Rt△BDE∠A1DA=∠BED∠A1DA+∠BDE=90DE⊥A1D．由已知可得CD⊥平面ABB1A1，进而CD⊥DE，所以DE⊥平面A1CD．作DG⊥A1C交A1C于G，则EG⊥A1C，表明∠DGE为所求二面角的平面角．设AA1=2，则A1C=22，CD=2，A1D=6，于是2611CADACDDG，DE=3，EG=23，从而36sinEGDEDGE．说明：（1）要证BC1∥平面A1CD，可以证BC1平行于平面A1CD中的某一条直线；或证明BC1所在的某个平面平行于平面A1CD．（2）求二面角D－A1C－E的正弦值，根据定义，应先找到其中一个半平面的一条垂线，这确实不容易找到．转化已知，由已知可得AC2+CB2=AB2，于是∠ACB=90，表明AC⊥BC，AC、BC、CC1两两垂直，于是建立空间直角坐标系，用向量法解．变式题：已知条件和图形与例4相同，求：（1）平面A1CE与平面ABC所成的角的正切值；（2）求异面直线A1D与CE所成的角；（3）求异面直线A1D与CE间的距离．（答案：（1）25（2）90（3）就是DE=23）类型Ⅴ线面位置关系的探索性问题例5如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．（1）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（2）设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足CPDQ21．记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角E－l－C的大小为，求证：sin=sinsin．解析（1）∵E，F分别是PA，PC的中点，∴EF∥AC，而AC平面ABC，EF平面ABC，∴EF∥平面ABC．又EF平面BEF，∴EF∥l，因此l∥平面PAC．（2）如图，连结BD，由（1）知交线l即为直线BD，且l∥AC．因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l∥BC．已知PC⊥平面ABC，则PC⊥l，所以l⊥平面PBC．连结BE，BF，则l⊥BF．故∠CBF就是二面角E－l－C的平面角，即∠CBF=．由CPDQ21，作DQ∥CP，且CPDQ21．连结PQ，DF．因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD．PCAOBEF6连结CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD就是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=．又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF为锐角，即∠BDF=．于是在Rt△CDF，Rt△BDF，Rt△BCF中，分别可得DFCFsin，DFBFsin，BFCFsin，从而sinsinsinDFCFBFCFDFBF，即sin=sinsin．说明：连接DF，用几何方法很快就可以得到证明，若用向量的方法就很麻烦，特别是用向量不能方便的表示角的正弦．变式题：把试题主干抽象出来，即为三棱锥A-BCD中，AD⊥面BCD，BC⊥CD，∠ABC=，∠ACD=，∠ABD=，则sin=sinsin．ABCD