分析法在立体几何问题中应用_立体几何中的应用问题

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分析法在立体几何问题中应用

立体几何在高中是一个难点，特别是添辅助线，让很多同学无从下手.虽然证明题的思路是非常明确的，比如要证明线面平行，只要在平面中找到一条直线与已知直线平行即可；要证明两条异面直线垂直，只要构造一个包含其中一条直线的平面与另一条直线垂直即可，但是如何去寻找所需要的直线与平面呢？幸好空间向量的引入，使得立体几何也可以转化成代数问题进行计算，不需要添加辅助线，只要能建立适当的空间直角坐标系，通过计算即可解决立体几何的问题.但事与愿违，那些没有数量关系的几何问题不可能利用空间向量来解决，因此如何添加辅助线的可操作性的方法便呼之欲出.接下来，利用分析法讨论两类问题：如何添加辅助线和建立适当空间直角坐标系.一、分析法解决辅助线问题

例1 在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：B1D平面ACD1.分析：要证明B1D平面ACD1，只要证明B1D垂直于平面ACD1内的两条相交直线.利用分析法，可以将B1D平面ACD1看成是已知条件，则根据线面垂直的定义，有B1D垂直于平面ACD1内的所有直线，所以只要选取其中的两条来证明即可.接下来问题就转化成为证明B1DAC和B1DCD1，即两条异面直线垂直，常用的方法就是构造线面垂直.先来证明B1DAC.利用分析法，B1DAC可以看成是已知条件，由于A、C、D处于下底面，只要过D有一条垂直垂直于AC的直线即可，因为底面是一个正方形，故对角线互相垂直，所以只要连接BD，就应有AC平面BB1D.这样问题就转化为证明AC平面

BB1D.由于ACBD,ACB1B，即可证明.然后同理可证B1DCD1.证明过程略.A

D1 C

1B1

A1

D

C

B

评注：其实这个题，如果用三垂线定理，应该是比较容易想到连接BD，因为BD是B1D在下表面内的射影。但由于课改后，在必修2中对三垂线定理只字不提，增大了此类题目的难度.类似地，《普通高中课程标准实验教科书》（人教版）数学必修2的73页上有这样一个探究题：如图，直四棱柱ABCDABCD（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）中，底面四边形ABCD满足什么条件时，ACBD?

'

'

'

'

'

'

'

'

'B

D

B

分析：连接A'C'，只要A'C'B'D'，就有A'CB'D'.C

例2 如图，ABCD是平行四边形，S是平面ABCD外一点，M为SC的中点.求证：SA//平面MDB.S

M

D C

A

B

分析：要证明SA//平面MDB，只要在平面MDB中找到一条直线与SA平行.利用分析法，可以将SA//平面MDB看成已知条件，根据线面平行的性质定理，过SA的平面只要与平面MDB相交，则SA与交线平行.题目中包含SA有两个平面只有平面SAB和平面SAD，而这两个平面与平面MDB的交线在这个几何体的外面，不太好找.我们可以改变策略，在四棱锥中构作一个包含SA的平面.根据确定平面的公理2的推论：一条直线和直线外一点可以唯一确定一个平面，我们选取点C，连接AC交BD于O，构作平面SAC，它与平面MDB的交线是OM，故只要证明SA//OM.由于底面是平行四边形，M是SC的中点，易得

SA//OM.证明过程略.评注：由于线面平行的话，直线上所有点到平面的距离相等，而且垂直于同一个平面的两条直线平行，两条平行直线也可确定一个平面，有时也利用平行四边形构作平面.如下题.在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是A1B、AC上的点，A1MAN.求证：MN//平面BB1C1C.二、分析法建立空间直角坐标系

利用空间向量解决立体几何问题有着无比的优越性，因此逐渐成为高考的热点之一.新课改也处处体现向量方法的重要性.在必修2的最后一章，介绍了空间直角坐标系，重点要求掌握空间直角坐标系中点的坐标的确定，以及空间向量的模长，从而掌握空间向量的数量积来解决长度与角度的问题.而空间直角坐标系是将几何问题转化为代数问题的关键，所以如何建立空间直角坐标系就显得犹为重要.接下来，利用分析法谈谈建立空间直角坐标系的问题.例3 四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD，已知ABC45，AB

2，BC

SASB

（1）求证：SABC；

（2）求直线SD与平面SAB所成角的大小.S

C

B

D

A

分析：要建立空间直角坐标系，最好有一个线面垂直.先来分析下底面，由于下底面是ABC45的平行四边形，且AB

2，BC故连接AC，有ABC是已CAB为直角的等腰直角三角形.取BC的中点为O，连接AO，则AOBC

.利用分析法，将SABC看成已知条件，所以应有BC平面SAO，则SOBC.因为侧面SBC底面ABCD，根据面面垂直的定义，有SO底面ABCD.故可取O为原点，OA所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OS所在的直线为z轴建立空间直角坐标系.证明过程略.附：分析法得到意想不到的结果

1.设a,b,c都为正数，求证：abc(abc)(bca)(cab).分析：由于a,b,c都为正数，当abc0,bca0,cab0时，可以将a,b,c看成是三角形的三边.由不等式的右边联想到海伦公式，有

abc(abc)(abc)(bca)(cab)(abc)16S

abcabc16r()

4R2

得R2r（其中R,r分别为三角形的外接圆与内切圆的圆心）2.在数列{an}中，已知anln2.解Snln下先证明ln

12ln1

23ln1

nn1，Sn是{an}的前n项和，求证：Sn

n

1n

.ln

12n1

ln()ln，n123n1n11，只证lnxx，令f(x)lnxx(0x1)，n1n1n111x

0，又0x1，得f(x)0，∴f(x)为增函数，则f(x)1

xx

，令x

得f(x)f(1)ln1110，即lnxx0，有lnxx，于是ln

1n1



1n1



1n

.3.设函数f(x)lnxpx1(pR)，（1）求f(x)极值点；

（2）当p0时，若对于任意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围；（3）证明：当nN，n2时，ln22



ln33



lnnn



2nn12(n1)。

解：（1）f(x)的定义域为(0,)。当p0时，f(x)

1x

p0，f(x)在其定义域上是增函数，故没有极值点。

当p0时，若x(0,)，则f(x)

p1p

11pxx

0

；若x(,)，则f(x)

p

11pxx

0，于

是f(x)有极小值点x。

1p

（2）由（1）知，p0时，f(x)有极小值点f()ln

p

1p，由于f(x)在其定义域上只

1p

有一个极值点，因此f(x)的最大值为f()ln

p

。所以f(x)0ln0p1。

1x

（3）由（2）知，当p1，x0时，f(x)0lnxx1

于是

ln22

lnxx

1。



ln33



lnnn

(1

12)(1

13)(1

1n

1n)

(n1)(又当nN，n2时，12



)。

1n





1(n1)n

1314



1n



1n1

1n131，于是

1n1)1n





1n

（12

13)()（12



12)



1n1，∴

ln22



ln33



lnnn

(n1)(

(n1)(

n1)

2nn12(n1)，即

ln22



ln33



lnnn



2nn12(n1)。

评析：导数进入中学数学后，为中学不等式证明提供了一个强大工具。正因为如此，通过构造函数并利用导数证明不等式已成为高考数学试题中一道亮丽的风景线。本题第（2）问实际上已经作出暗示，对比待证不等证式与第（2）问所得结论，证明思路自然生成。