3．通过解综合题提高学生解综合题的能力．

教学重点和难点

教学的重点是进一步掌握三垂线定理及其逆定理，并能灵活的应用它们来解有关的题．教学的难点是在空间图形中有许多平面时，如何选好“基准平面”和“第一垂线”．

教学设计过程

师：上一节我们应用三垂线定理及其逆定理讲了四个例题．其中大多是基本题．今天我们一方面要在应用这些基本题的基础上解有关的综合题；另外我们再来解其它的综合题来提高我们的解综合题的能力．现在看例1．

例1　 如图1，已知：PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，求证：

△ABC是锐角三角形．

师：这一题证法很多，所以我们要多想几种证法．

所以　 ∠BAC是锐角．

同理可证∠ABC，∠ACB都是锐角．

师：我们能不能直接用三垂线定理来证？

生：由已知可得PA⊥平面PBC．在直角三角形PBC中，作PD⊥BC于D，因为∠PBC，∠PCB都是锐角，所以垂足D一定在斜边BC内部，连PD，则PD⊥BC(三垂线定理)．对于△ABC来说，因垂足D在BC边内部，所以∠ABC，∠ACB都是锐角，同理可证∠BAC也是锐角．

师：能不能用公式cosθ₁·cosθ₂＝cosθ来证明△ABC为锐角三角形？

生：因AP⊥平面PBC，所以∠ABP是线面角，相当于θ₁，∠PBC相当于θ₂，因θ₁，θ₂都是锐角．所以cosθ₁＞0，cosθ₂＞0，cosθ＝cosθ₁·cosθ₂＞0，所以θ为锐角。即∠ABC是锐角，同理可证∠BAC，∠ACB都是锐角．

师：我们用了三种方法来证明△ABC是锐角三角形，现在我们换一个角度来研究这个基本图形另外一个性质．看例2．

例2　 如图2，已知：PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC．PH⊥平面ABC于H．求证：H点是△ABC的垂心．

师：垂心是三角形三边垂线(高线)的交点，要证H是△ABC的垂心，只要证AH⊥BC即可．

生：因为　 PA⊥BP，

PA⊥CP，

所以　 PA⊥平面PBC．

故　 PA⊥BC．

对于平面ABC来说，PH是垂线，

PA是斜线，AH是PA在平面ABC内的射线．

因为　 PA⊥BC，所以　 AH⊥BC．

同理可证BH⊥AC，CH⊥AB．

故H是△ABC的垂心．

师：由例2的演变可得例3，现在我们来看例3．

例3　 如图3，△ABC中，∠BAC是锐角，PA⊥平面ABC于A，AO⊥平面PBC于O．求证：O不可能是△PBC的垂心．

师：要证明O不可能是△PBC的垂心，用什么方法？

生：用反证法．

师：为什么想到用反证法？

生：因为直接证不好证．

师：对，因为直接来证不好利用条件，而用反证法，假设O是△PBC的垂心，则这样证明的思路就“活了”，就可利用已知条件，现在我们用反证法来证明．

生：假设O是△PBC的垂心，则BO⊥PC．

对平面PBC来说，AO是垂线，AB是斜线，BO是AB在平面PBC内的射影．

因为　 BO⊥PC，所以　 AB⊥PC．

又因为　 PA⊥平面ABC，PA⊥AB，

所以AB⊥平面PAC，AB⊥AC，∠BAC是直角，与已知∠BAC是锐角相矛盾．所以假设不能成立，所以O不可能是△PBC的垂心．

师：分析例3我们可以看出例3是由例2演变而来．也就是说在PA⊥AB，PA⊥ACO是△PBC的垂心条件下一定可以推导出AB⊥AC．是例2的逆命题再加以演变而得．现在我们来看例4．

例4　 如图4，已知：∠AOB在平面α内，∠AOB＝60°，PO是平面α的一条斜线段，∠POA＝∠POB＝45°，PP′⊥平面α于P′，且PP′＝3．求：

(1)PO与平面α所成的角的正弦；

(2)PO的长．

师：我们如何利用上节课所讲的两个基本题来解这题．

生：因∠POA＝∠POB，所以OP′是∠AOB的平分线，∠POP′相当于θ₁，θ₂＝30°，θ＝45°，由cosθ₁·cos30°＝cos

师：在我们脑中如果“储存”许多基本题，那么在我们解有关综合题时，就能“得心应手”．所以在平时我们一定要注意对基本题的理解、掌握，解这题的思路就是一个典型．下面我们来看例5．

(1)直线MN是异面直线A₁B和B₁D₁的公垂线；

(2)若这个正方体的棱长为a，求异面直线A₁B和B₁D₁的距离．

师：我们是在讲三垂线定理及其逆定理应用时讲这个例题的．所以我们想法用三垂线定理或它的逆定理来证明这一题．要用三垂线定理首先要确定对于哪一个平面来用三垂线定理．

生：对于平面A₁B₁C₁D₁来用三垂线定理．

师：这时MN是平面A₁B₁C₁D₁的斜线，我们如何作平面A₁B₁C₁D₁的垂线呢？

生：作MP⊥A₁B₁于P，又因为D₁A₁⊥平面A₁ABB₁，所以A₁D₁⊥PM，故PM⊥平面A₁B₁C₁D₁．

师：对于平面A₁B₁C₁D₁来说，MP是垂线，MN是斜线，NP是MN在平面A₁B₁C₁D₁上的射影．我们要证MN⊥B₁D₁，只要证PN⊥B₁D₁即可．在正方形A₁B₁C₁D₁中，我们知道A₁C₁⊥B₁D₁，所以现在只要证PN∥A₁Q₁即可．我们如何利用已知条件来证PN∥A₁O₁．

＝O₁N∶NB₁，所以PN∥A₁O₁，所以PN⊥B₁D₁，故MN⊥B₁D₁．同理可证MN⊥A₁B，所以MN是异面直线A₁B和B₁D₁的公垂线．

师：已知正方体的棱长为a，在直角三角形MNP中，如何求出MN的长？

师：这是一道很好、很典型的题，它很巧妙、很直接地求出异面直线A₁B，B₁D₁的公垂线及这两异面直线的距离．这一道题我们的先人们是如何想出来的？这一问题我们利用课外活动时间来进行探索．

今天就讲这五个例题，讲这五个例题的目的一是进一步应用三垂线定理及其逆定理，二是应用上节课刚讲过的基本题来解较综合的题．

作业

补充题

2．应用上一节课上所讲的两个基本题来解有关的综合题；

1．进一步理解、巩固并应用三垂线定理及其逆定理；

19.如图，α表示地面，第一次观测时气球在A点，第二次观测时气球在B点，A、B两点在地面的投影点分别是A₁、B₁，依题意：AA₁＝14×10＝140(m)， 　BB₁＝14×20＝280(m)， 　∠A₁DB₁＝30°，∠ADA₁＝45°，∠BDB₁＝60°． 　∴　A₁D＝AA₁＝140(m)， 　B₁D＝BB₁ctg60°＝(／3)×280(m)． 　∴　在△A₁B₁D中， 　A₁B₁＝

＝(140／3)．

　又　B₁D²＝(1／3)×280²， 　A₁D²+A₁B₁²＝140²+(140²／3)＝(280²／3)＝B₁D²， 　故∠B₁A₁D＝90°． 　综上，风向为正南，风速为(140／3)／10＝(14／3)(m／分)． 　20.见2000年高考理科第18题.(略)

18.见1999年高考题，从略.

第19题

9.(1)如图甲，连结BD、AC、AD．

AB⊥BC		AB⊥平面BCD
AB⊥CD

		平面ABD经过AB	平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．
		平面ABC经过AB

　根据三垂线定理，得CD⊥AC．又CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD.因此有三个直二面角A－BD－C，A－BC－D，D－AC－B．

第9题(甲)

　对于(2)，首先应找出对应角，再考虑范围或余弦值． 　(2)AB⊥平面BCD，∴AD与平面BCD所成的角∠ADB=α,CD⊥平面ABC，AD与平面ABC所成的角∠DAC=β． 　由最小角定理(斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角)知α＜∠ADC，所以 　0°＜α+β＜∠ADC+β=90°．? 　过B作BE⊥AD，垂足为E，过B作BF⊥AC，垂足为F(参见图乙)，可证CD⊥BF，AC⊥BF，?∴BF⊥平面ACD．又BE⊥AD，?根据三垂线定理可得AD⊥EF，

第9题(乙)

　∴∠BEF是二面角B-AD-C的平面角． 　?cos∠BEF=(EF／BE) 　=(AEtgβ)／[AEtg(90°-α)]=tgαtgβ． 　对于第(3)问，得首先建立目标函数，再求最大值． 　(3)AD=a,AB=Asinα,BD=Acosα，CD=Asinβ． 　V=(1／3)S_△BCD·AB=(1／3)·(1／2)BC·CD·AB 　=(1／6)·CD·AB 　=(a³／6)·sinβsinα·． 　V²=(a⁶／36)(cos2α-sin2β)sin2βsin2α 　≤(a⁶／36)·{［(cos2α-sin2β)+sin2β+sin2α］／3}³ 　=(a⁶／36)·(1／27)·(18／a³)． 　∴V_max²=(／54)a³． 　此时sin²α=sin²β=cos²α-sin²β，即 　2sin²α=cos²α,∴tg²α=(1／2),即tgα=(／2),此时α=β=arctg(／2)． 　10.(1)因截面A₁ECF的四边相等，且都为(／2)a，故截面是菱形．

第10题

　又∵　∠B₁A₁E＝∠B₁A₁F， 　∴　A₁B₁在截面内的射影是∠EA₁F的平分线A₁C． 　故∠B₁A₁C即为A₁B₁与截面所成的角． 　连结B₁C，则A₁B₁⊥B₁C， 　∴　tg∠B₁A₁C＝(B₁C₁／A₁B₁)＝(a／a)＝， 　∴　∠B₁A₁C＝arctg． 　(2)连结BC₁，则BC₁∥EF，故BC₁的中点O到截面A₁ECF的距离即为点B到截面A₁ECF的距离． 　∵　面A₁B₁C⊥面A₁ECF，在面A₁B₁C内过O作OH⊥A₁C，垂足为H，则OH⊥平面A₁ECF，∴　OH的长为所求点B到截面A₁ECF的距离． 　∵　Rt△OHC∽Rt△A₁B₁C， 　∴　(OH／A₁B₁)＝(OC／A₁C)， 　即OH＝(A₁B₁·OC／A₁C)＝(a·(／2)a／a)＝(／6)a． 　(3)取AG＝(1／4)AD，连结GF， 　∵　(AG／AF)＝(FB／BC)＝(1／2)， 　∴　Rt△GAF∽Rt△FBC． 　∴　∠GFA＝∠FCB．从而∠GFA与∠CFB互余． 　∴　∠GFC＝90°，即GF⊥FC． 　设A₁G₁＝(1／4)A₁D₁，A₁F₁＝(1／2)A₁B₁，连结G₁F₁交A₁E于I． 　∵　A₁E∥FC，G₁F₁∥GF， 　∴　G₁F₁⊥A₁E，连结FI，F₁I为FI在底面A₁B₁C₁D₁上的射影．故∠FIF₁为所求二面角的平面角，记为θ． 　G₁F₁＝(／4)a，F₁I＝(F₁A₁²／GF₁)＝(／5)a， 　∴　tgθ＝． 　即所求二面角的大小为θ＝arctg． 　　 　?§?5　立体几何的综合问题 　1.B；2.D；3.B；4.D；?5.(3aV)／(2S₁S₂)；6.576πcm²；7.45°． 　8.由于煤质相同，则同样体积的两种蜂窝煤有同样的热量． 　设大蜂窝煤的半径为R，高为H；小蜂窝煤的半径为r，高为h．则R＝2r，H＝(4／3)h． 　一块大蜂窝煤的体积为πR²H，用V_大表示；一块小蜂窝煤的体积为πr²h，用V_小表示．所以 　V_大＝πR²H＝π(2r)²·(4／3)h 　　＝(16／3)·πr²h＝(16／3)V_小， 　即V_大∶V_小＝16∶3． 　由上述数据，我们可以作出多种设计，如图所示，就是较为简单的两种炉膛设计．

第8题

　这两种炉膛内所放蜂窝煤的体积相同，能释放出同样的热量． 　但是，两种炉膛内的燃烧表面积不相同，燃烧表面积大的释放热量快，火焰猛． 　若不考虑蜂窝煤中间的小孔，其燃烧的表面积应该是两端底面积(煤球之间重叠不计)，加上各个侧面之和，所以 　S_大＝2πR²+3×2πRH＝2π(2r)²+3×2π×2r×(4／3)h＝8πr²+16πrh， 　S_小＝2·4πr²+4·4·2πrh＝8πr²+32πrh， 　S_小－S_大＝16πrh＞0． 　因此，小蜂窝煤在同样的体积下，燃烧的表面积大，释放热量快，即火旺些，用煤多；而用大蜂窝煤的炉灶火小些，节省煤． 　9.(略)． 　10.(1)∵A₁A⊥底面ABC，∴A₁A⊥BC． 　又BC⊥AC，∴BC⊥平面ACA₁． 　又BC平面BCB₁．∴平面ACA₁⊥平面BCB₁． 　(2)易知∠BAC为二面角B－AA₁－C的平面角．设∠BAC=θ，圆柱的底面半径为R，则 　V_A1-ABC=(1／3)S_△ABC·A₁A 　=(1／3)·(1／2)AB·ACsinθ·A₁A 　=(1／3)·(1／2)·2R·2Rcosθsinθ·A₁A 　=(1／3)R²sin2θ·A₁A， 　V_圆柱=πR²·A₁A． 　由题设得［(1／3)R²sin2θ·A₁A］／［πR²·A₁A］=(1／2π)． 　∴sin2θ=(／2),故θ=30°或60°． 　(3)作AD⊥A₁C,垂足为D；再作DE⊥A₁B，垂足为E．连结AE，易证∠AED就是二面角A－A₁B－C的平面角，即∠AED=α． 　∵sinα=(AD／AE),cosβ=(AC／AB),cosγ=(A₁C)／(A₁B)， 　∴?cosβ=sinαcosγ(AC／AB)=(AD／AE)·(A₁C／A₁B)．　　　① 　在Rt△A₁AC和Rt△A₁AB中，由面积关系，得 　AD=(AC·A₁A)／A₁C，AE=(AB·A₁A)／A₁B． 　∴(AD／AE)=(AC／A₁C)·(A₁B／AB)=(A₁B／A₁C)·(AC／AB)． 　∴①(AC／AB)=(A₁B／A₁C)·(AC／AB)·(A₁C／A₁B)．　　　② 　②式显然成立，从而①式成立，故 　cosβ=sinαcosγ成立． 　　专题能力测试 　一、1．C；2．A；3．B；4．A；5．C；6．B；7．D；8．C；9．A；10．D；11．D；12．C． 　二、13．2π?；14．2；15．6；16．10－20. 　三、17.∵E是半圆周上一点， 　　∴CE⊥DE．

又平面DEC⊥平面ABCD	AD⊥平面DEC，且CE平面DEC，∴CE⊥平面ADE．
AD⊥DC

8．据《扬子晚报》报道：随着人们生活水平的提高，夜生活日趋丰富多彩，晚间的大排档(小吃)生意兴隆，这些个体户一般用两种炉灶，一个炉灶要求火旺，用于应急和炒菜，另一个炉灶火要小一点，用于慢炖、温热． 　煤厂生产的蜂窝煤有两种，大蜂窝煤的直径是小蜂窝煤直径的2倍，3块大蜂窝煤垒起的高度相当于4块小蜂窝煤垒起的高度(假设不同大小的蜂窝煤，是用同样质量的煤做的)． 　同样质量的两种蜂窝煤，在两个炉灶中燃烧，哪一个火旺些?哪一个更节省煤? 　9．在三棱锥V-ABC中，侧棱VA⊥底面ABC，∠ABC＝90°． 　(1)求证：V、A、B、C四点在同一球面上； 　(2)过上述球面的球心作一平面垂直于AB，证明此平面截三棱锥所得的截面为矩形． 　10．如图7-42，圆柱的轴截面为AA₁B₁B，C为底面圆周上一点． 　(1)求证：平面ACA₁⊥平面BCB₁；

图7-42

　(2)若三棱锥A₁-ABC与圆柱的体积之比为1：2π，求二面角BAA₁C的大小； 　(3)设二面角A-A₁B-C为α，∠CAB=β,∠CA₁B＝γ．求证：cosβ=sinα·cosγ.

7．三棱锥P-ABC中，若棱PA=x，其余各棱长均为1，则x的范围是__________；三棱锥P-ABC的体积的最大值为__________． ?8．棱长为1的正方体AC1中，E、F分别是正方形A₁ABB₁和B₁BCC₁的中心．(1)求证：A₁F和D₁E为异面直线；(2)求异面直线A₁F和D₁E所成的角；(3)求三棱锥A₁-EFD₁的体积． ?9．空间折线ABCD中，AB、BC、CD两两垂直.(1)在以A、B、C、D为顶点的三棱锥中，写出以棱锥的各棱为棱，以棱锥的各面为面的二面角中所有的直二面角； 　(2)若AD与平面BCD所成的角为α，AD与平面ABC所成的角为β，求α+β的范围及二面角B-AD-C的平面角的余弦值； 　(3)若AD为定值a,问α、β为何值时，四棱锥ABCD的体积最大? 　10．在棱长为a的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E、F分别为D₁C₁与AB的中点． 　(1)求A₁B₁与截面A₁ECF所成角的大小； 　(2)求点B到截面A₁ECF的距离； 　(3)求截面A₁ECF与底面ABCD所成角的大小．

9．如图7-27，圆柱的轴截面是正方形ABCD，底面直径为2r，点E在底面圆周上，且AF⊥DE，垂足为F．若圆柱与三棱锥D-ABE的体积之比为3π，

图7-27

　(1)求证：AF⊥BD； 　(2)求二面角A-BD-E的平面角的余弦值． 　10．已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，BA＝BC，∠ABC＝90°．设二面角P-BC-A为α，二面角B-PC-A为β.求证：sinα＝cosβ．

6．O是正△ABC的中心，PO⊥平面ABC.若PO＝AB＝a,则PA与平面ABC所成的角为_______；P到直线BC的距离为_______． 　7．如图7-25，S是四边形ABCD所在平面外一点，为了推出AB⊥BC，还需要从下述条件中选出一些条件来．

图7-25

　①SB⊥平面ABCD； 　②SC⊥CD； 　③CD∥AB； 　④CD∥平面SAB； 　⑤BC⊥CD； 　⑥CD⊥平面SBC； 　⑦AB⊥平面SBC； 　⑧SB⊥CD． 　比如，选⑦为条件，有⑦AB⊥BC；又如选③，⑤为条件，有

③	AB⊥BC．现要求推理至少用到两条定理，
⑤

推理的格式为：_________．(写出两个正确的推理过程) 　8．如图7-26，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝(π／2)，AB＝a,AD＝3a,并且∠ADC＝arcsin(／5),又PA⊥平面ABCD，PA=a，求二面角P-CD-A的正切值．

图7-26