立体几何的题型及解法

立体几何的题型及解法（精选5篇）

立体几何的题型及解法 第1篇

一、空间线面位置关系的判断和证明

空间的直线和直线、直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系的判断或证明, 是立体几何的基础, 是高考必考的一个热点.解决这类问题, 一是要熟练掌握和灵活运用有关平行与垂直关系的判定定理和性质定理;二是要熟练转化, 如欲证直线和平面平行, 依据有关的判定需由条件转化为线线平行, 再到线面平行, 或由条件转化为面面平行, 再由性质推出线面平行;三是要会用平面几何或三角函数知识, 找到有关平行或垂直的线段.

例1如图1, 直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 底面ABCD为等腰梯形, AB∥CD, AB=4, BC=CD=2, AA1=2, E, E1分别为棱AD, AA1的中点.

(Ⅰ) 若F是AB的中点, 证明:直线EE1∥平面FCC1;

(Ⅱ) 证明:平面D1AC⊥平面BB1C1C.

分析:欲证线面平行和面面垂直, 依据判定定理找线线平行和线面垂直即可.

证明: (Ⅰ) 方法1:取A1B1的中点F1, 连结FF1, C1F1.

∵FF1∥BB1∥CC1, ∴F1∈平面FCC1.

连结A1D, CF1.

∵A1F1瓛D1C1瓛CD,

∴四边形A1DCF1为平行四边形,

∴A1D∥F1C.

又EE1∥A1D, ∴EE1∥F1C.

∵EE1平面FCC1, F1C平面FCC1,

∴EE1∥平面FCC1.

方法2:∵F为AB的中点,

∴四边形AFCD为平行四边形,

又CC1∥DD1, 且CF∩CC1=C, AD∩D1D=D,

∴平面FCC1∥平面A1ADD1.

又EE1平面A1ADD1,

∴EE1∥平面FCC1.

(Ⅱ) 连结AC, 在△FBC中, FC=BC=FB, 又F为AB的中点,

∴AF=FC=FB,

∴∠ACB=90°, 即AC⊥BC.

又AC⊥CC1, 且CC1∩BC=C,

又AC面D1AC,

∴面D1AC⊥面B1BCC1.

例2如图2, 在五面体ABCDEF中, 点O是矩形ABCD对角线的交点, 面CDE为等边三角形, 棱EF瓛21BC.

(Ⅰ) 证明:FO∥平面CDE;

(Ⅱ) 设BC=CD, 证明EO⊥面CDF.

分析:本题考查直线与平面平行, 直线与平面垂直的判定等知识.考查空间想象能力和逻辑推理能力.

证明: (Ⅰ) 取CD的中点M, 连结OM.

在矩形ABCD中, OM∥BC, 且OM=

又EF∥BC, EF=BC,

∴EF瓛OM.

连结EM, 则四边形EFOM为平行四边形.

∴FO∥EM.

又FO面CDE, EM面CDE,

∴FO∥平面CDE.

(Ⅱ) 连结FM.由 (Ⅰ) 和已知条件, 在等边△CDE中, CM=DM, EM⊥CD,

∴平行四边形EFOM为菱形,

∴EO⊥FM.

∴CD⊥平面EOM.

∵EO平面EOM,

∴EO⊥CD.

∴EO⊥平面CDF.

二、求空间的角和距离

空间的角和距离是空间的直线和平面位置关系的定量表示, 是高考数学重点考查的内容之一, 务必认真对待.立体几何的计算题, 首先是证明, 其次才是计算, 必须遵循“一作 (找) 、二证、三计算”的原则, 如果光算不证, 则丢失了大部分的分数.要求空间的角和距离一定要会灵活运用转化, 利用有关的定理和知识转化为平面内的角和距离, 再把平面内的角和距离通过辅助图形转化为三角形内的角和线段, 然后解三角形就可以求得所求的角和距离.在高考中, 对空间距离的求解一般不作要求, 直接给出, 在这里提出是为求解体积等运算提供便利.

例3如图3, 四棱锥S-ABCD中, 底面AB-CD为平行四边形, 侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC=

(Ⅰ) 求异面直线SA与BC所成角的大小;

(Ⅱ) 求平面SAB与底面ABC所成二面角的大小;

(Ⅲ) (理) 求直线SD与平面SBA所成角的正弦值.

(文) 求直线SD与平面SBC所成角的正弦值.

分析:本题考查空间三种角的求法.关键是在图形中找到或作出所求的角, 然后再证明它符合相关的定义, 最后归结在一个三角形中, 通过解三角形解决问题.当然也可以用向量法求解, 需建立适当的空间直角坐标系, 把有关的线段用向量表示, 用向量表示所求的角, 通过向量运算求所求的角.

解: (Ⅰ) ∵ABCD是平行四边形,

∴∠SAD就是直线SA和BC所成的角或它的补角.

过S在面SBC内作SO⊥BC, 垂足为O, 连结AO.

∵面SBC⊥面ABCD, ∴SO⊥面ABCD.

∵SA=SB, ∠ABC=45°,

∴AO=BO, ∠BAO=45°, ∴AO⊥BO.

∴AO=BO=CO=

即异面直线SA与BC所成的角为90°.

说明:实际上本题的垂直关系很明显, 在本题的求解中, 由SO⊥平面ABCD, AO⊥BC, 由三垂线定理易得SA⊥BC, 所以SA与BC所成角为90°.如果异面直线所成角为90°, 那么由证两直线垂直得角90°比直接求角要简便.

(Ⅱ) 过O作OM⊥AB于M, 连结SM.

∵SO⊥面ABCD, ∴SM⊥AB.

∴∠SMO为所求二面角的平面角.

∴平面SAB与底面ABCD所成的角为45°.

设点D到面SAB的距离为d, SD与面SAB所成的角为α.

又由 (Ⅰ) 知, SD=

∴直线SD与平面SAB所成角的正弦值为

取AB的中点M, 则M

连结SM, 取SM的中点G, G连结OG.

(文) 过D作DE⊥BC交BC的延长线于E, 连结SE.

∵面SBC⊥面ABCD, 面SBC∩面ABCD=BC,

∴直线SD与面SBC所成角的正弦值为

说明:本小题由D向平面SAB作垂线, 由于垂足无法确定, 因此无法直接求得垂线段的长, 即点D到平面SAB的距离.所以本题由三棱锥的等体积变换, 由三棱锥D-SAB的体积V和底面积三角形SAB已求得, 故棱锥的高即点D到面SAB的距离也就可以求出.体积法求点到面的距离也是一种常用的方法, 希望大家重视.随着新课改的深入, 向量法解立体几何试题已为大家所接受, 也逐渐体会到向量法解题的优越性, 本题命题者的一个意图是大家在作不出垂线段的情况下改用向量法求解.

例4如图4, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=4, BC=AC=3, D为AB的中点.

(Ⅰ) 求点C到平面A1ABB1的距离.

(Ⅱ) 若AB1⊥A1C, 求二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值.

分析:求点到平面的距离关键是确定该点与平面的垂线段, 需要用到空间直线与平面的位置关系来确定.求二面角的大小, 关键是作出一个角并证明这个角是所求二面角的平面角, 作二面角的平面角经常要用到三垂线定理或逆定理.最后把作出的角转化为三角形内的角, 通过解三角形求得二面角的大小.当然, 这类问题也可用向量法求解.

解: (Ⅰ) ∵AC=BC, D为AB的中点,

∴CD⊥AB.

∴CD为点C到平面A1ABB1的距离.

∴点C到平A1ABB1的距离为

(Ⅱ) 方法1:如题图, 取D1为A1B1的中点, 连结D1D.

∴DD1∥AA1∥CC1.

由 (Ⅰ) 知, CD⊥面A1ABB1,

∴CD⊥A1D, CD⊥DD1.

∠A1DD1为所求二面角的平面角.

∵A1D为A1C在平面A1ABB1上的射影, 又已知AB1⊥A1C,

∴AB1⊥A1D (三垂线定理逆定理) .

∵∠A1AB1, ∠A1DA都与∠B1AB互为余角, ∴∠A1AB1=∠A1DA.

∴Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.

∴在Rt△A1DD1中,

所以二面角A1-CD-D1的平面角的余弦值为

方法2:如图5, 过D作D1D∥A1A, 交A1B1于D1, 在直三棱柱中, DB, DC, DD1分别两两垂直.以D为原点, 射线DB, DC, DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.

∴二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值为

说明:向量法求二面角的大小, 以数解形求出两平面的法向量, 然后进行向量的代数运算, 求出二面角的余弦值, 方法简单, 程序性强, 易于操作.避免了传统方法中的“作—证—算”等繁杂运算.

三、有关面积和体积的计算

有关几何体的表面积和体积的计算, 是立体几何的一个重要内容, 也是高考数学常考的一个重要的考点.面积和体积的计算, 依据面积和体积的公式, 找到确定面积和体积的几何元素, 底面积 (或是一条线数) 和高, 再代入公式即可.求高就是求点到直线或点到平面的距离, 一些不规则的几何体的体积的求法, 常需用切割或补形的方法转化为简单几何体再求解.对于三棱锥也可以用等体积变换求解.

例5如图6, 四棱锥P-ABCD中, PA⊥平面ABCD, AB=4, BC=3, AD=5, ∠DAB=∠ABC=90°, E是CD的中点.

(Ⅰ) 证明:CD⊥平面PAE;

(Ⅱ) 若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等, 求四棱锥P-ABCD的体积.

分析:欲证CD⊥平面PAE, 需证CD垂直平面PAE内两相交直线.由已知PA⊥CD, 关键是证明CD⊥AE, 然后判定CD⊥面PAE.第 (Ⅱ) 问求棱锥的体积, 只要求得棱锥P-ABCD的底面积和高PA的值, 代入体积公式, 就可求得四棱锥的体积.

解: (Ⅰ) 证明:连结AC.

∵E是CD的中点, ∴AE⊥CD.

∵PA⊥面ABCD, ∴PA⊥CD.

∵PA∩AE=A, ∴CD⊥平面PAE.

(Ⅱ) 如题图, 过B作BG∥CD, 分别交AE, AD于F, G, 连结PF.

∵CD⊥面PAE, ∴BG⊥面PAE.

∴∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角, 且BG⊥AE.

由PA⊥面ABCD知, ∠PBA为直线PB与面ABCD所成的角.

由∠DAB=∠ABC=90°知, AD∥BC, 又BG∥CD, ∴四边形BCDG是平行四边形.

∴GD=BC=3, 于是AG=2.

在Rt△ABG中, AB=4, AG=2, BG⊥AF,

说明:由于底面积已知, 故求四棱锥P-ABCD的体积的关键是求出棱锥的高PA.所以也可以用向量法求点P到平面ABCD的距离, 即棱锥的高PA, 有兴趣的读者不妨一试.

例6如图7, 在三棱锥S-ABC中, SA⊥底面ABC, 侧面SBA和侧面SBC成直二面角.

(Ⅰ) 求证:侧面SBC为直角三角形;

(Ⅱ) 若∠BSC=45°, SB=a, 求三棱锥S-ABC外接球的体积.

分析:证△SBC为直角三角形, 只要证得SB⊥BC, 即证BC⊥平面SAB, 推得SB⊥BC.至于求棱锥外接球的体积, 只要找到球心的位置和半径的大小, 球的体积就可求出.

解: (Ⅰ) 证明:过A作AD⊥SB于D.

∵面SAB⊥面SBC, ∴AD⊥面SBC.

又BC面SBC,

∴AD⊥BC.

又SA⊥面ABC, BC面BCD,

∴SA⊥BC.

∵SA∩AD=A, ∴BC⊥平面SBC.

∴BC⊥SB, 即△SBC为直角三角形.

(Ⅱ) 取SC的中点为O, 连结AO, BO.

在Rt△SAC和Rt△SBC中,

∴点O到三棱锥S-ABC的四个顶点的距离相等, 所以O为三棱锥S-ABC外接球的球心, SC为外接球直径.

四、关注立体几何中创新题、开放性试题

随着新课改的深入, 以立体几何为背景的创新题、交汇整合试题成为高考数学命题的新宠, 探索型的开放性的试题也是立体几何中常考的一类题型, 大家要重视, 要研讨这一类题的解题规律, 找到问题的解法.

例7如图8, 在长方形ABCD中, AB=2, BC=1, E为DC的中点, F为线段EC (端点除外) 上一动点, 现将△AFD沿AF折起, 使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB, K为垂足, 设AK=t, 则t的取值范围是.

分析:本题考查平面图形的翻折问题, 直线与平面的垂直, 以及立体几何与函数、不等式等知识等交汇问题.解决这类问题, 应先画出翻折前后的平面图形和空间图形, 分析翻折前后的有关元素的变化情况, 最后用没有变化的元素去求变化了的元素.由于问题本身含有参数, 需求参数的取值范围, 因此要依据题设条件, 明确问题中的直线和平面的位置关系, 建立含有参数的不等式, 进而求出参数的取值范围.

解:如图9, 在平面ADF内过D作DH⊥AF, 垂足为H, 连结HK.过F点作FP∥BC交AB于P.

设DF=x, 则1

则AH⊥HK.

在Rt△ADF中, AD2=AH·AF,

在Rt△AHK和Rt△AFP中

∴t的取值范围为 (, 1) .

例8如图10, 四边形ABCD是边长为1的正方形, MD⊥平面ABCD, NB⊥平面AB-CD, 且MD=NB=1, E为BC的中点.

(Ⅰ) 求异面直线NE与AM所成角的余弦值.

(Ⅱ) 在线段AN上是否存在一点S, 使ES⊥平面AMN?若存在, 求线段AS的长;若不存在, 请说明理由.

分析:本题考查直线与平面的垂直问题, 考查异面直线所成角的问题.异面直线所成的角按定义作平行线, 找角, 再找三角形, 最后求角即可.第 (Ⅱ) 问题是存在性问题, 应先判断是否存在, 再加以证明, 对空间想象能力, 逻辑推理能力以及运算求解能力要求较高.

解法一: (Ⅰ) 延长AD至F, 使DF=EB, 连EF, MF, BD.

∴四边形DBEF为平行四边形,

∴DB瓛EF.

又MD⊥平面ABCD,

NB⊥平面ABCD,

∴MD∥NB.

∴四边形MDBN为平行四边形,

∴MN瓛BD.

∴四边形MNEF为平行四边形.

∴MF瓛NE.∴∠AMF为异面直线AM与NE所成的角或它的补角.

在△AMF中, cos∠AMF

∴异面直线AM与NE所成的角的余弦值为

(Ⅱ) 存在点S为AN的中点, 使ES⊥平面AMN.

取AN的中点S, 连结ES.再取AM, DC的中点R, P, 连结RS, RP, EP.

解法二: (Ⅰ) 如图11, 以D为坐标原点, 建立空间直角坐标系D-xyz.

立体几何选填题题型及方法 第2篇

一、与三视图有关的长度、体积和表面积的计算

例1 某几何体的三视图如图，则它的体积是（ ）

[2][主视图] [2][左视图] [2][俯视图]

A．[8-2π3] B．[8-π3]

C．[8-2π] D．[2π3]

分析 由三视图准确分析出对应几何体形状及相关数据（如棱长、半径、高等），是迅速求解此类问题的关键．

解 由三视图知，对应几何体是：在棱长为[2]的正方体中挖去一个倒放的圆锥（高为[2]，底面圆半径为[1]），故体积为[V=23-13⋅(π⋅12)⋅2=8-2π3]，选A．

例2 某几何体的一条棱长为[7]，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为[6]的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为[a]和[b]的线段，则[a+b]的最大值为（ ）

A．[22] B．[23] C．[4] D．[25]

分析 本题以三视图为背景，关键是构建长方体模型，把相关线段的长度转化为对角线之长．在得到[a2+b2=8]（定值）后，再结合不等式的有关知识求解．

解 由题意及三视图知识，可构建长方体模型如上图，其对角线[l]长为[7]，[l]在两个侧面和底面上的投影（即三个矩形的对角线）分别为[6]、[a]和[b]．设长方体模型的棱长为[x、y、z]，则有[x2+y2+z2=7]，[x2+y2=6]，[y2+z2=a2]，[x2+z2=b2]，可得[a2+b2=8]（定值），从而可得[a+b≤2(a2+b2)=4]，故选C．

二、空间中点、线、面位置关系的判断

例3 下列命题：①空间不同三点确定一个平面；②有三个公共点的两个平面必重合；③空间两两相交的三条直线确定一个平面；④三角形是平面图形；⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形；⑥垂直于同一直线的两直线平行；⑦一条直线与两平行线中的一条相交，也必和另一条相交；⑧两组对边相等的四边形是平行四边形．其中正确的命题是 ．

分析 对于空间几何中的概念、公理、定理和推论的理解要结合图形准确把握其本质，特别要注意限制条件，如公理3中的“不共线的三点”，“不共线”是很重要的条件．另外，平面几何中的一些正确命题在空间几何中因为空间中位置关系的变化，可能变为错误命题．再就是要借助比较熟悉的立体几何图形或现实生活中的实物进行辨析，有时也可举出反例进行排除．

解 ③④

例4 设[m、n]是平面[α]内的两条不同直线，[l1、l2]是平面[β]内的两条相交直线，则[α∥][β]的一个充分而不必要条件是（ ）

A．[m∥][β]且[l1∥][α] B．[m∥][l1]且[n∥][l2]

C．[m∥][β]且[n∥][β] D．[m∥][β]且[n∥][l2]

分析 本题关键点是树立立体几何中的“模型意识”，借助正方体模型举出反例使抽象问题具体化．

解 如图，借助正方体[ABCD-A1B1C1D1]，易举出反例说明选项A、C、D不符合题意．对于选项B，当[m∥][l1]、[n∥][l2]且[m⊂α]、[n⊂α]时，有[l1∥][α]，[l2∥][α].又[l1]与[l2]相交且都在[β]内，[∴][α]//[β]时，无法推出[m∥][l1]且[n∥][l2]， [m∥][l1]且[n∥][l2]是[α∥][β]的一个充分不必要条件，故选B．

三、空间几何体的截、接问题

例5 如图，若[Ω]是长方体[ABCD-A1B1C1D1]被平面[EFGH]截去几何体[EFGHB1C1]后得到的几何体，其中[E]为线段[A1B1]上异于[B1]的点，[F]为线段[BB1]上异于[B1]的点，且[EH∥][A1D1]，则下列结论中不正确的是（ ）

A．[EH∥][FG]B．四边形[EFGH]是矩形

C．[Ω]是棱柱 D．[Ω]是棱台

分析 本题考查对空间几何体的结构特征的理解与认识，要熟练掌握棱柱的定义、线面平行、垂直的性质，具备一定的逻辑推理论证能力．

解 [∵][EH∥][A1D1]，[∴][EH∥][B1C1]，[∴][EH∥]平面[BB1C1C]．由线面平行性质知，[EH∥][FG]．同理，[EF∥][GH]，且[B1C1⊥]平面[EB1F]．由直棱柱定义知几何体[B1EF-C1HG]为直三棱柱，[∴]四边形[EFGH]为矩形，[Ω]为五棱柱，故选D．

例6 已知球的直径[SC=4]，[A、B]是该球球面上的两点，[AB=2]，[∠ASC=∠BSC=45°]，则棱锥[S-ABC]的体积为（ ）

A．[33] B．[233] C．[433] D．[533]

分析 本题关键点是根据三棱锥特征将其分割成两个小三棱锥体积之和求解．

解 由题可知，[AB]一定在与直径[SC]垂直的小圆面上，作过[AB]的小圆交直径[SC]于[D]，如图所示．

设[SD=x]，则[DC=4-x]，此时所求棱锥即分割成两个棱锥[S-ABD]和[C-ABD]．在[△SAD]和[△SBD]中，由已知条件可得[AD=BD=x]，又因为[SC]为直径，所以[∠SAC=∠SBC=90°]，[∠DAC=∠DBC=45°]. 在[△BDC]中，[BD=4-x]，故[x=4-x]，解得[x=2]，所以[AD=BD=2].

[△ABD]为正三角形，所以[V=13SΔABD×4=433]，故应填C．

【专题训练八】

1．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

[2][正（主）视图] [2] [2] [2] [2][侧（左）视图] [俯视图]

A．[2π+23] B．[4π+23]

C．[2π+233] D．[4π+233]

2．在空间直角坐标系[O-xyz]中，点[P]坐标为[P(2,-1,3)]．若点[A]与点[P]关于[xOy]平面对称，点[B]与点[P]关于[z]轴对称，则[AB=] ．

3．如图，网格纸的小正方形的边长是[1]，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 ．

4．已知直线[l⊥]平面[α]，直线[m⊂]平面[β]，有下面四个命题：①[α][∥][β⇒l⊥m]；②[α⊥β⇒l][∥][m]； ③[l][∥][m⇒α⊥β]；④ [l⊥m⇒α∥][β]．其中正确的两个命题的序号是（ ）

A．①与② B．③与④

C．②与④ D．①与③

5．设[l、m]是两条不同的直线，[α]是一个平面，则下列命题正确的是（ ）

A．若[l⊥m]，[m⊂α]，则[l⊥α]

B．若[l⊥α]，[l][∥][m]，则[m⊥α]

C．若[l][∥][α]，[m⊂α]，则[l][∥][m]

D．若[l][∥][α]，[m][∥][α]，则[l][∥][m]

6．已知三棱锥[S-ABC]中，底面[ABC]为边长等于[2]的等边三角形，[SA]垂直于底面[ABC]，[SA=3]，那么直线[AB]与平面[SBC]所成角的正弦值为（ ）

A. [34] B. [54]

C. [74] D. [34]

7．等边三角形[ABC]与正方形[ABDE]有一公共边[AB]，二面角[C-AB-D]的余弦值为[33]，[M、N]分别是[AC、BC]的中点，则[EM、AN]所成角的余弦值等于 ．

8．如图，空间四点[A、B、C、D]中，每两点所连线段的长都等于[a]．动点[P]在线段[AB]上，动点[Q]在线段[CD]上，则[P]与[Q]之间的最短距离为 ．

9．已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的[316]，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ．

10．如图，正四面体[ABCD]的顶点[A、B、C]分别在两两垂直的三条射线[Ox、Oy、Oz]上，则下列命题中错误的是（ ）

A．[O-ABC]是正三棱锥

B．直线[OB][∥]平面[ACD]

C．直线[AD]与[OB]所成的角是[45∘]

D．[OC⊥AB]

11．如图，正方体[ABCD-A1B1C1D1]的棱长为[1]，过点[A]作平面[A1BD]的垂线，垂足为点[H]，则以下命题中，错误的命题是（ ）

A．点[H]是[△A1BD]的垂心

B．[AH⊥]平面[CB1D1]

C．[AH]的延长线经过点[C1]

D．直线[AH]和[BB1]所成的角为[45∘]

12．如图，在正方体[ABCD-A1B1C1D1]中，，给出下列四个命题：①点[P]在直线[BC1]上运动时，三棱锥[A-D1PC]的体积不变；②点[P]在直线[BC1]上运动时，直线[AP]与平面[ACD1]所成角的大小不变；③点[P]在直线[BC1]上运动时，二面角[P-AD1-C]的大小不变；④点[M]是平面[A1B1C1D1]上到点[D]和[C1]距离相等的点，则点[M]的轨迹是过[D1]点的直线．其中真命题的序号是 ．

【参考答案】

1． C 2．[214] 3．[23] 4．D

5．B 6. D 7．[16] 8．[22a]

同分异构体的常见题型及常规解法 第3篇

一、同分异构体的判断

方法1:概念判断法

就是依据概念把所给物质分成“是”与“不是”两类, 运用时必须紧扣概念中的关键词:同分异构体是化合物、分子式相同、结构不同.

例1下列各组物质中互为同分异构体的是 ()

解析:互为同分异构体的物质, 不饱和度相同.因此解此类习题时可首先比较不饱和度, 不饱和度相同时, 再比较碳、氢等原子个数, 即判断分子式是否相同;分子式相同时, 再通过拉直、翻转、旋转比较结构式是否相同, 或通过命名, 比较名称是否相同, 即判断是否为同一物质.若分子式相同, 又不是同种物质, 则这两种化合物互为同分异构体.答案为 (D) .

二、同分异构体的个数判断

方法2:等效氢法

所谓等效氢就是指处于镜面对称位置的氢原子、同一碳原子上连有的相同基团对应的氢原子、同一个碳原子上的氢原子.在烃中, 同一种官能团无论取代等效氢中的哪一个氢原子, 都只能得到一种物质, 因此运用等效氢可快速判断烃的一元取代物同分异构体的数目.

即对称轴左侧的5个氢原子和右侧的5个氢原子分别位于等同位置, 即菲的结构式中有5种等效氢原子, 因此其一元取代物有5种, 选 (B) .

该法也适用于官能团位置已固定的烃的衍生物.

结论:烃或官能团已定位的烃的衍生物, 其骨架和官能团, 再依据碳4价的原理, 在碳骨架上按顺序插入官能团书写同分异构体的方法.

例5物质A是无色液体, 不溶于水, 有特殊的香味, 分子式为C6H12O2.已知A可与氢氧化钠溶液反应得到物质B与C, B又可与盐酸反应得到物质D, D不能发生银镜反应, 但可与Na2CO3溶液反应.C在铜催化下可被氧化为E, E能发生银镜反应.则A可能的结构有哪几种?

解析:依题意可知A为饱和一元脂肪酸与饱和一元脂肪醇形成的酯, 且醇必须是伯醇, 酸不能为甲酸.A的官能团为—COO—, 碳骨架可和水平翻转后插入不对称碳骨架中将得到不同的物质, 因此在不对称碳骨架中, 酯基必须按—COO—和—OOC—的方向两次插入.则A可能的结构有:

除酯外, 醚、酮、烯、炔的同分异构体也都可用官能团插入法书写.不同之处是, 酯基可插在第一个碳原子前形成甲酸某酯, 而醚、酮、烯、炔的官能团必须插在碳骨架中.另外由于—O—与羰基结构对称, 在有机物中的化合价与位置要求相同, 因此饱和一元醚与多一个碳原子的饱和一元酮同分异构体的数目相等.

方法6:定一移一法

当有机物中有两个官能团时, 将一个官能团按一定顺序依次固定在碳骨架上, 再按邻、间、对 (同) 位的顺序在碳骨架上移动另一官能团, 从而得到不同同分异构体.

例6已知A的分子式为C9H8O4, 请写出同时满足下列条件的有机物A的同分异构体的结构简式.

(1) 含有苯环; (2) 苯环上有两个取代基; (3) 能发生水解反应; (4) 能与碳酸钠溶液作用, 不能与FeCl3溶液发生显色反应.

解析:依题意可知, A中含有羧基和酯基, 两取代基中共有3个碳原子, 则羧基和酯基中碳原子可能的组合有两种: (1) 酸中含有1个碳原子, 酯中含2个碳原子; (2) 酸中含2个碳原子, 酯中含1个碳原子.第 (1) 种组合中取代基可能有下列几种情况: (1) —COOH, CH3COO—; (2) —COOH, —COOCH3;

(3) —COOH, HCOOCH2—.第 (2) 种组合中取代基可能为:—CH2COOH, HCOO—.两种取代基在苯环上可能处于邻、间、对位.因此物质A可能的同分异构体个数为4×3=12, 它们分别是:

立体几何问题的向量解法探微 第4篇

【关键词】 立体几何 向量 解法 探微

【中图分类号】 G633.6 【文献标识码】 A 【文章编号】 1674-4772（2014）03-078-03

用向量法解决立体几何问题，是高中数学的一大亮点。我们知道，几何发展的根本出路是代数化，引入向量正是几何代数化的需要。因为它既是代数的，又是几何的，因此，它理所应当成为架构“数”与“形”的桥梁。

对于学生来说，向量是不同于数的新的运算体系，学习向量几何，对于拓展他们的知识空间，发展他们的能力都是十分有意义的。特别是对立体几何主要研究的对象：点、线、面的位置关系和度量关系的解决拓宽了学生的解题思路。

下面，让我们一起来探索立体几何问题的向量解法吧：

一、垂直问题

1. 直线与直线垂直：a⊥b ■⊥■ ■·■=0

2. 直线与平面垂直：a⊥α ■·■=0

■·■ =0

（其中■、■ 为平面α内不共线的两向量）

3. 平面与平面垂直：α⊥β ■⊥■ ■·■ =0（ ■、■ 分别为平面α、的法向量）

二、平行问题

1. 直线a与直线b平行：a∥b ■∥■ ■=λ■=（λ∈R，■ ≠■ ）；

2. 直线a与平面α平行： ■·■ =0（■ 为平面α的法向量）

3. 平面α与平面β平行：α∥β ■·■ =0

■·■ =0

（■ 为平面α的法向量， ■、■ 为平面β内不共线的两向量）

三、夹角问题

1. 直线与直线的夹角：直线a与b的夹角为θ，则有

cosθ=■；

2. 直线与平面的夹角：直线a与平面α的夹角为θ，则有sinθ=■（为平面的法向量）；

3. 平面与平面的夹角：平面α与平面β的夹角为θ，则有cosθ=■；（■1、■2分别为平面α、β的法向量）。

例1. 如图，在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA=AB，点E是PD的中点。

（I）求证：AC⊥PB；

（II）求证：PB∥平面AEC；

（III）求二面角E-AC-B的大小。

（I）证明：以AB、AC、AP分别为x、y、z的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。设则AB=a，AC=b，则A（0，0，0），B（0，a，0），C（b，0，0），D（b，-a，0），E（■，-■，■），P（0，0，a），

∴■=（b，0，0），■=（0，a，-a）

∴■·■=0 ■⊥■即AC⊥PB.

（II）∵■=（■，-■，■），■=（b，0，0），设■=（x，y，z）为平面ABC的法向量，则： ■· ■=0 即 ■x-■y+■z=0

■· ■=0 bx=0

y=z

x=0 ∴ ■=（0，z，z）z≠0

（III）解：取平面AEC的法向量 ■=（0，1，1），平面ABC的法向量P■=（0，0，-a）则：cos■=■=-■

∴<■，P■>=■π

∴二面角E-AC-B的大小为■π.

四、距离问题

1. 空间任意两点的距离：A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），则有■=■.

2. 点A到平面α，平面α的平行直线a到平面α，异面直线a、b，平行α、平面β的距离为：

3. 点到直线，平行直线的距离为：

d= ■） （转化为射影来解）

五、法向量的求法

设平面α的法向量为■=（x，y，z），取平面内不共线的向量■，■，则利用 ■·■ =0解出■.

■·■ =0

六、求二面角时，法向量的取法

二面角将空间分成两部分，两个面上法向量按穿过平面取，按轴的方向取，从空间第一部分穿到第二部分，另一法向量从空间第二部分穿到第一部分。

例2. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离。

解：以DA、DC、DF分别为x，y，z的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。则A（2，0，0），B（2，4，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3），设F（0，0，c），则■=■，即（-2，0，2） =（-2，0，c） ∴F（0，0，2）

（Ⅰ）BF=■=■=2■）.

（Ⅱ）设■=（x，y，z）为平面AEC1F的法向量，■=（-2，0，2），■=（0，4，1）

∴ ■ ·■=0 -2x+2z=0 x=z

■· ■=0， 即 4y+z=0 ∴ y=-■（z≠0）

∵■=（0，0，3）∴点C到平面AEC1F的距离为：

d=■·■=■=■.

例3. 如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB=■，BB1=2，BC=1，∠BCC1=■，求：异面直线AB与EB1的距离；

解：在平面BCC1B1内过B作的垂线BB1交于F，以分别为x，y，z的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，■），B，0，2，0），C（■，-■，0），设点E（■，a，0）

∵EA⊥EB1 ∴ ■·■=0 即（■，-a，■）（-■，2-a，0）=0 ∴■-2a+a2=0 ∴a=■，a=■（在此与C1重合，舍去）

■=（0，0，■），■=（-■，■，0））

设■=（x，y，z）与■，■同时垂直，则 ■ ·■=0

■ ·■=0

即 -■z=0 z=0

-■x+■y=0 x=■y

即 ■=（■y，y，0）（y≠0）

∵■=（■，■，0）

∴异面直线AB与EB1的距离为：d=■·■=■=1.

七、共线、共面问题

1. A、B、C三点共线 ■=λ■；

2. A、B、C、D四点共面 ■·■=0（A、B、C、D无三点共线，由B、C、D定面，然后证点A到平面BCD的距离为0， ■为平面BCD的法向量）

例4. （2007年江苏高考）如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1，

（1）求证：E，B，F，D1四点共面；

（2）若点G在BC上，BG=■，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥面BCC1B1.

解：以DC，DA，DD1分别为x，y，z的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。则F（3，0，2），D1（0，0，3），B（3，3，0），E（0，3，1），C（3，0，0），G（3，■，0），M（3，3，a），

（1）∵■=（-3，0，1），■=（-3，0，1） ∴■·■=0

∴FD1∥BE，故E，B，F，D1四点共面。

（2）设M（3，3，a）则■=（0，■，a），■=（0，-3，2）

∵■⊥■

∴ -2+2a=0 a=1即M（3，3，1） ∴■=（3，0，0）

∵■=（3，3，0）且DC⊥平面BCC1B1 ∴EM⊥面BCC1B1.

八、探索性问题

1. 动点在直线上，利用定比分点坐标公式去解决；

2. 动点在平面上，利用平面的法向量和点到平面的距离为0去解决。

例5. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点， CP=m （Ⅰ）试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3■；（Ⅱ）在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论。

解：以DA，DC，DD1分别为x，y，z的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系。则A（1，0，0），A1（1，0，1），B（1，1，0），B1（1，1，1），C（0，1，0），C1（0，1，1），D1（0，0，1），P（0，1，m）。

（Ⅰ）∵■=（-1，1，0）为平面BDD1B1的法向量，■=（-1，1，m），设AP与平面BDD1B1所成的角θ，

则sinθ=■=■=■

∴cosθ=■ ∴tanθ=■ ∴m=■

（Ⅱ）设存在点Q，令■=λ，则Q（■，■，1）

∴■=（■，■，0）

由三垂线定理知：■⊥■

∴ ■·■=0 ∴■+■=0

∴λ=1即Q为A1C1的中点。

向量法在一定程度优越于几何法，对于几何法学得不好的人，运用向量法解决立体几何问题将起到意想不到的效果。

[ 参 考 文 献 ]

[1] 普通高中课程标准实验教科书（数学必修2）》（人教A版），2007年2月第3版.

向量问题的几何解法 第5篇

问题1 如果a，b是单位向量，且它们的夹角为60°，则|a+3b|=.

分析 构造两个夹角为60°的单位向量a，b，作出3b，再利用平行四边形法则，作出a+3b.图1

解析 如图1，单位圆O中，作OA=a，OB=b,则OC=3b，以OA，OC为邻边作平行四边形OCDA，则OD=a+3b.

过D作DE⊥x轴,垂足为E，由a，b夹角为60°,

可知DE=32,CE=12.

所以|a+3b|=|OD|=3+122+322=13.

问题2 设a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ)(α,β∈R且α-β≠kπ,k∈Z).

(1) 证明：(a+b)⊥(a-b)；

(2) 当c=(1,0)，且|a-c|≤|b|时，求α的取值范围.图2

解析 (1) 易知|a|=|b|=1，

由α-β≠kπ，k∈Z,可知a，b不共线.

故|a+b|与|a-b|是以|a|，|b|为邻边的菱形的对角线.所以(a+b)⊥(a-b).

(2) 由c=(1,0),知|c|=1.

如图2,在单位圆O中，OM=c,OA=a,

当|a-c|=|b|=1时，有|a|=|c|=|b|，

所以∠AOM=π3.若|a-c|≤|b|，则有0＜∠AOM≤π3.

由对称性及三角函数周期性，可知：-π3+2kπ≤α≤π3+2kπ(k∈Z).

问题3 已知|m|=1,|n|=3,m-n=(3,1).求：

(1) |m+n|；

(2) m+n与m-n的夹角.图3

解析 (1) 易知|m-n|=2，

由m2+n2=|m-n|2，知m⊥n.

如图3，设OM=m,ON=n,则NM=m-n，OP=m+n,则四边形OMPN是矩形，所以|OP|=|m+n|=|NM|=2.

(2) 过O作OQ=NM.

易知∠POQ=2π3，故m+n与m-n的夹角为2π3.

用几何方法解向量问题固然有一定的局限性，但它无疑可以拓展同学们的解题思路，促进数形结合解题思想的形成.

巩 固 练 习

1. 已知a=(a1,a2)，b=(b1,b2),a+b与a-b垂直，求a1，a2，b1，b2满足的关系式.

2. 已知非零向量a，b，且|a|=|b|=|a+b|，则a与b的夹角为.

3. 已知向量满足：|a|=1,|b|=2，|a-b|=2，则|a+b|=.

（参考答案见第41页）