2019届二轮复习几何变换法学案（全国通用）

2019届二轮复习几何变换法学案（全国通用）

几何变换法在高中数学中的应用 ‎ ‎ 高中数学中几何变换是全等变换，包括平移，轴对称，中心旋转，它们只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．几何变换法就是将图形的部分或全部变换到一个新的位置，‎ 构成一个新的关系，有利于找出图形之间的关系，从而使解题更为简捷．‎ 几何变换法常见于立体几何，解析几何，解三角形等问题中，几何变换法在这些知识的运用，对学生直观想象，数据处理能力提出较高的要求．‎ 一． 平移变换（平行）在立体几何中的应用 例1．如图1，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．‎ C A D B1‎ A1‎ D1‎ B C1‎ P E C A D B1‎ A1‎ D1‎ B C1‎ P E P′‎ Q 图1 图2‎ 分析：本题考察空间的距离问题，解决思路一，利用空间向量解决，建立空间直角坐标系，设出P点的坐标，求出P到直线CC1的距离，最后转化为函数求最小值．思路二，利用传统立体几何解题思路，把空间问题平面化．本题抓住过点P垂直直线CC1的直线与底面ABCD平行，在图2中，设点P在底面ABCD的射影P′，P′C即为点P到直线CC1的距离，从而把空间的距离转为平面ABCD内C到DE的距离．‎ 解：‎ 法一，以DA，DC，DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设P的横坐标为x，则P的坐标(x，2x，2－2x)，＝(x，2x－2，2－2x)，的同向向量m＝(0，0，1)．‎ 设点P到直线CC1的距离为d，‎ d2＝||2sin2á，mñ＝||2(1－cos2á，mñ)＝||2－(•m)2‎ ‎＝x2＋(2x－2)2＋(2－2x)2－(2－2x)2‎ ‎＝5(x－)2＋≥ 所以，点P到直线CC1的距离的最小值为．‎ 法二，设点P在底面ABCD的射影P′，点P在直线CC1的射影为Q，连接P′C．由PQ∥平面ABCD，得PQ∥P′C，又PP′∥QC，所以四边形PP′CQ是平行四边形．P′C即为P到直线CC1的距离．因为在平面内直线外一点与直线上动点的连线中，垂线段最短，所以P′C⊥DE时，P′C＝＝为最小值．‎ 评析：两种解法，把空间问题平面化的解法不是空间向量法可代替的．线面平行与面面平行的性质定理，借助“确定平面”就是把空间的问题转化为平面问题的重要条件．而这种转化有事空间图形中解决部分问题的重要思想方法．这种转化最基本的依据就是四个公理．具体来讲，点P在线段D1E（不包括点E）上，PQ是变化的，不变的是PQ∥平面ABCD，过相交直线PQ，QC有唯一确定平面且与平面ABCD交于P′C，PQP′C，利用平移（平行）把空间问题转为平面问题．‎ 二．轴对称在解析几何中的应用 例2．F是双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，过点F向C的一条渐近线引 垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B．若2＝，则C的离心率是______．‎ 分析：本题考察双曲线的性质问题，思路一，把交点转化为方程组的解，把向量关系坐标化，最后联立方程组得到a，b的关系，进而求出离心率；思路二，利用双曲线的渐近线关于x轴对称，转化为平面几何问题．‎ 解：‎ 法一，不妨设直线AB的方程为y＝－(x－c)与b2x2－a2y2＝0联立得，‎ ‎(b4－a4)y2－2ab3cy＋a2b‎2c2＝0．‎ y1＋y2＝， ① y1y2＝， ②‎ ‎2y1＝－y2， ③‎ ‎①②③联立解得a2＝3b2，所以e＝．‎ 法二，易知|FA|＝b，|AB|＝3b，设渐进线与x轴正半轴的夹角为α，则tanα＝，tan2α＝，于是＝，整理得a2＝3b2，所以e＝．‎ 法三，如右图，根据双曲线的对称性，过点F向C的另一条渐近线引垂线，垂足为C．‎ 易知|FC|＝b，|FB|＝2b，在Rt△BFC中，得∠FBC＝30°，所以∠AOB＝60°，在Rt△AOF中，得∠AOF＝30°，‎ 所以e＝＝．‎ 评析：法一是几何问题直接代数化，求直线的交点，然后联立方程组得到a，b的关系，求离心率，此解法对数据处理能力，图形直观想象等思维能力体现层次较低；解法二着眼于对图形是双曲线的渐近线关于x轴对称的分析，抓住对称，还有|FA|＝b，在直角三角形中结合二倍角公式得到a，b的关系，体现了学习与考试是一个厚积薄发的过程，此解法思维能力体现层次较好；解法三对解法二的改进，做出垂线段FC，利用双曲线的渐近线关于x轴对称，把条件转化到一个直角三角形中的解法让我们眼前一亮，此解法思维能力体现层次较高．圆锥曲线都是轴对称图形，有些问题抓住了对称，常觉意料之外，却在情理之中．‎ 三．中心旋转在解三角形中的运用 例3．在等边△ABC中，M为△ABC内一动点，∠BMC＝120º，则的最小值是_________．‎ 分析：本题是在三角形中，求有关长度的最值问题，明确变量，利用正弦定理在相关的三角形表示出对应的边，然后建立比值的函数关系，求最值．‎ 解：‎ 法一由题意可知，∠MBC＝∠ACM，在△AMC中，由正弦定理可知＝ÞMA＝ ①‎ 在△MBC中，由正弦定理可知＝ ÞMC＝ ②‎ 由①②可得＝．‎ 所以，当∠AMC＝90°，取最小值．‎ 法二，以B为中心，将△ABM顺时针旋转60°，旋转后M记为N，得AM＝NC，BM＝BN，∠NBM＝60°，又∠BMC＝120º，3∠NMC＝60°．‎ 在△AMC中，由正弦定理可知＝ Þ＝．‎ 所以，＝，当∠NMC＝90°，取最小值 评析：两种解法对比，发现利用中心旋转的方法，将两边之比转化到一个新的三角形中，计算起来简捷多了．‎ 练习 ‎1．平面a过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，a//平面CB1D1，a∩平面ABCD＝m，a∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为 ‎（A） （B） （C） （D） ‎2．如图1，把椭圆＋＝1的长轴AB分成8等分，过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部分于P1，P2，…，P7七个点，F是椭圆的一个焦点，则|P‎1F|＋|P‎2F|＋…＋|P‎7F|＝______．‎ A C B D Q P 图2‎ P1‎ P2‎ P3‎ P5‎ P4‎ P6‎ P7‎ A F B O x y 图1‎ ‎3．如图2，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边AB，DA上的点．若△APQ的周长为2，求∠PCQ＝_______．‎ 解答：‎ ‎1．A．a//平面A1BD，平面A1BD∩平面ABCD＝BD，依据面面平行的性质定理可知，m//BD，设平面A1BD∩平面ABB1A1＝A1B，同理可知n//A1B．所以m、n所成的角即BD与A1B所成的角∠A1BD＝60°，则m、n所成角的正弦值为．‎ ‎2．35．如图3，取椭圆的右焦点为Fˊ，根据椭圆关于y轴对称，所以，|P‎1F|＝|P7Fˊ|，|P‎1F|＋|P7F|＝|P7Fˊ|＋|P7F|＝2a＝10，同理|P2F|＋|P6F|＝|P3F|＋|P5F|＝2|P4F|＝2a＝10，所以，|P‎1F|＋|P‎2F|＋…＋|P‎7F|＝35．‎ P1‎ P2‎ P3‎ P5‎ P4‎ P6‎ P7‎ A F B O x y 图3‎ Fˊ‎ A C B D Q P 图4‎ M ‎3．45°．以C为中心将△CDQ逆时针旋转90°，设旋转后的Q为M，∠PCM＝90°．因为正方形ABCD的边长为1，△APQ的周长为2，所以QP＝DQ＋PB＝BM＋PB＝PM，由QC＝CM，则△CQP≌△CMP，故∠PCQ＝∠PCQ＝45°．‎