高考数学经典例题汇总一含解析

高考数学经典例题汇总一含解析

两平面的平行判定和性质（含解析）‎ 例1：已知正方体．‎ 求证：平面平面． ‎ 证明：∵为正方体，‎ ‎∴，  ‎ 又 平面，‎ 故 平面．‎ 同理 平面．‎ 又 ，‎ ‎∴ 平面平面．‎ 说明：上述证明是根据判定定理1实现的．本题也可根据判定定理2证明，只需连接即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离．‎ 典型例题二 例2：如图，已知，，．‎ 典型例题一 例1 已知，，，求点的坐标，使四边形为等腰梯形．‎ 分析：利用等腰梯形所具备的性质“两底互相平行且两腰长相等”进行解题．‎ 解：如图，‎ 设，若，则，，‎ 即 由①、②解得．‎ 若，则 即 由③、④式解得．‎ 故点的坐标为或．‎ 说明：(1)把哪两条边作为梯形的底是讨论的标准，解此题时注意不要漏解．(2)在遇到两直线平行问题时，一定要注意直线斜率不存在的情况．此题中、的斜率都存在，故不可能出现斜率不存在的情况．‎ 典型例题二 例2当为何值时，直线与直线互相垂直？‎ 分析：分类讨论，利用两直线垂直的充要条件进行求解．或利用结论“设直线和的方程分别是，，则的充要条件是”（其证明可借助向量知识完成）解题．‎ 解法一：由题意，直线．‎ ‎(1)若，即，此时直线，显然垂直；‎ ‎(2)若，即时，直线与直线不垂直；‎ ‎(3)若，且，则直线、斜率、存在，‎ ‎，．‎ 当时，，即，‎ ‎∴.‎ 综上可知，当或时，直线．‎ 解法二：由于直线，所以，解得．‎ 故当或时，直线．‎ 说明：对于本题，容易出现忽视斜率存在性而引发的解题错误，如先认可两直线、的斜率分别为、，则，．‎ 由，得，即．‎ 解上述方程为．从而得到当时，直线与互相垂直．‎ 上述解题的失误在于机械地套用两直线垂直（斜率形式）的充要条件，忽视了斜率存在的大前提，因而失去对另一种斜率不存在时两直线垂直的考虑，出现了以偏概全的错误．‎ 典型例题三 例3 已知直线经过点，且被两平行直线和截得的线段之长为5，求直线的方程．‎ 分析：(1)如图，利用点斜式方程，分别与、联立，求得两交点、的坐标（用表示），再利用可求出的值，从而求得的方程．(2)利用、之间的距离及与夹角的关系求解．(3)设直线与、分别相交于、，则可通过求出、的值，确定直线的斜率（或倾斜角），从而求得直线的方程．‎ 解法一：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时与、的交点分别为和，截得的线段的长，符合题意，‎ 若直线的斜率存在，则设直线的方程为．‎ 解方程组得，‎ 解方程组得．‎ 由，得．‎ 解之，得，即欲求的直线方程为．‎ 综上可知，所求的方程为或．‎ 解法二：由题意，直线、之间的距离为，且直线被平等直线、所截得的线段的长为5（如上图），设直线与直线的夹角为，则，故∴．‎ 由直线的倾斜角为135°，知直线的倾斜角为0°或90°，又由直线过点，故直线的方程为或．‎ 解法三：设直线与、分别相交、，则：‎ ‎，．‎ 两式相减，得．　　　①‎ 又　　　　　　　　②‎ 联立①、②，可得或 由上可知，直线的倾斜角分别为0°或90°．‎ 故所求直线方程为或．‎ 说明：本题容易产生的误解是默认直线的斜率存在，这样由解法一就只能得到，从而遗漏了斜率不存在的情形．‎ 一般地，求过一定点，且被两已知平行直线截得的线段为定长的直线，当小于两平行直线之间距离时无解；当时有唯一解；当时，有且只有两解．另外，本题的三种解法中，解法二采取先求出夹角后，再求直线 的斜率或倾斜角，从方法上看较为简单；而解法三注意了利用整体思想处理问题，在一定程度上也简化了运算过程．‎ 典型例题四 例4 已知点，，点在坐标轴上，且，则满足条件的点的个数是（ 　）．‎ ‎ （A）1 （B）2 （C）3 （D）4‎ 解：点在坐标轴上，可有两种情况，即在轴或轴上，点的坐标可设为或．‎ 由题意，，直线与直线垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得或2，或4，所以满足条件的点的坐标为（0，0），（2，0），（0，4）．‎ 说明：①本题还可以有另外两种解法：一种是利用勾股定理，另一种是直角三角形斜边与轴交点恰为斜边中点，则由到、距离相等的性质可解．②本题易错，可能只解一个坐标轴；可能解方程时漏解；也可能看到、各有两解而误以为有四点．‎ 典型例题五 例5 已知的一个定点是，、的平分线分别是，，求直线的方程．‎ 分析：利用角平分线的轴对称性质，求出关于，的对称点，它们显然在直线上．‎ 解：关于，的对称点分别是和，且这两点都在直线上，由两点式求得直线方程为．‎ 典型例题六 例6 求经过两条直线和的交点，并且垂直于直线的直线的方程．‎ 解一：解得两直线和的交点为（，），由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为，进而所求直线方程为．‎ 解二：设所求直线方程为，将所求交点坐标（，）代入方程得 ‎，所以所求直线方程为．‎ 解三：所求直线过点（，），且与直线垂直，所以，所求直线方程为 ‎ ‎ ‎ 即 ．‎ 解四：设所求直线得方程为 ‎ 即 （1）‎ ‎ 由于该直线与已知直线垂直 ‎ 则 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ 代入（1）得所求直线方程为．‎ 典型例题七 例7 已知定点（3，1），在直线和上分别求点和点，使的周长最短，并求出最短周长．‎ C A x C N O y B M 图1‎ 分析：由连接两点的线中，直线段最短，利用对称，把折线转化为直线，即转化为求两点间的距离．‎ 解：如图1，设点关于直线和的对称点分别为，‎ ‎∵‎ ‎ 又 周长最小值是： ‎ 由两点式可得方程为：‎ ‎ ．‎ 而且易求得： （，），（，0），‎ 此时，周长最短，周长为．‎ 典型例题八 例8 已知实数，满足，求证：．‎ 解：本题的几何意义是：直线上的点（，）与定点的距离的平方不小于．因为直线外一点与直线上任一点连线中，垂线段距离最短，而垂线段的长度即距离，‎ 所以，即．‎ 说明：本题应为不等式的题目，难度较大，证明方法也较多，但用解析几何的方法解决显得轻松简捷，深刻地体现了数形结合的思想．‎ 典型例题九 ‎ 例9 在平面直角坐标系中，，，点在上，，，试在轴的正半周上求一点，使取得最大值．‎ 分析：要使最大，只需最大，而是直线到直线的角（此处即为夹角），利用公式可以解决问题．‎ x C O B A y 图2‎ 解：如图2，设点 ‎∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 于是直线、的斜率分别为：‎ ‎，‎ ‎∴＝‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎ ＝‎ ‎ ∵‎ ‎ ∴‎ ‎ 当且仅当即，点的坐标为（，0），由可知为锐角，所以此时有最大值．‎ 说明：本题综合性强，是三角、不等式和解析几何知识的交汇点．另外本题也是足球射门最大角问题的推广．‎ 为了更好地理解问题，可以演示用“几何画板”制作的课件.‎ 典型例题十 例10　直线，求关于直线对称的直线的方程．‎ 分析：本题可有多种不同的解法，给出多种解法的途径是：一类利用直线方程的不同形式求解；另一类采用消元思想进行求解．‎ 解法一：由得与的交点为，显见也在上．‎ 设的斜率为，又的斜率为-2，的斜率为，则 ‎，解得．‎ 故的直线方程为．即．‎ 解法二：在直线上取一点，又设点关于直线的对称点为，则 解得 故由两点式可求得直线的方程为．‎ 解法三：设直线上一动点关于直线的对称点为，则 解得，．‎ 显然在上，即，也即．这便是所求的直线的方程．‎ 解法四：设直线上一动点，则关于的对称点在直线上，可设的坐标为，则 即 消去，得，即此所求的直线的方程．‎ 说明：在解法一中，应注意正确运用“到角公式”，明确由哪条直线到哪条直线的角．在具体解题时，最好能准确画出图形，直观地得出关系式．在解法四中，脱去绝对值符号时，运用了平面区域的知识．否则，若从表面上可得到两种结果，这显然很难准确地得出直线的方程．‎ 本题的四种不同的解法，体现了求直线方程的不同的思想方法，具有一定的综合性．除此之外，从本题的不同解法中可以看出，只有对坐标法有了充分的理解与认识，并具有较强的数形结合意识，才有可能驾驭本题，从而在解法选择的空间上，真正做到游刃有余，左右逢源．‎ 典型例题十一 例11　不论取什么实数，直线都经过一个定点，并求出这个定点．‎ 分析：题目所给的直线方程的系数含有字母，给任何一个实数值，就可以得到一条确定的直线，因此所给的方程是以为参数的直线系方程．要证明这个直线系的直线都过一定点，就是证明它是一个共点的直线系，我们可以给出的两个特殊值，得到直线系中的两条直线，它们的交点即是直线系中任何直线都过的定点．‎ 另一思路是由于方程对任意的都成立，那么就以为未知数，整理为关于的一元一次方程，再由一元一次方程有无数个解的条件求得定点的坐标．‎ 解法一：对于方程，令，得；令，得．‎ 解方程组得两直线的交点为．‎ 将点代入已知直线方程左边，得：‎ ‎．‎ 这表明不论为什么实数，所给直线均经过定点．‎ 解法二：将已知方程以为未知数，整理为：‎ ‎．‎ 由于取值的任意性，有 ‎，解得，．‎ 所以所给的直线不论取什么实数，都经过一个定点．‎ 说明：(1)曲线过定点，即与参数无关，则参数的同次幂的系数为0，从而求出定点．‎ ‎(2)分别令参数为两个特殊值，得方程组求出点的坐标，代入原方程满足，则此点为定点．‎ 典型例题十二 例12　一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室．为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框旋置桌上，斜靠展出．已知镜框对桌面的倾角为()镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距、()，学生距离镜框下缘多远看画的效果最佳？‎ 分析：建立如图所示的直角坐标系，为镜框边，为画的宽度，‎ 为下边缘上的一点，则可将问题转化为：‎ 已知，，，在轴的正方向向上求一点，使取最大值．‎ 因为视角最大时，从理论上讲，看画的效果最佳（不考虑其他因素）．‎ 解：设点坐标为()，从三角函数定义知、两点坐标分别为、，于是直线、的斜率分别为 ‎，．‎ 于是，‎ 即．‎ 由于是锐角，且在上，则：，‎ 当且仅当，即时，等号成立，此时取最大值，对应的点为，因此，学生距离镜框下缘处时，视角最大，即看画效果最佳．‎ 说明：解决本题有两点至关重要：一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求的最大值．如果坐标系选择不当，或选择求的最大值，都将使问题变得复杂起来．‎ 本题是一个非常实际的数学应用问题，它不仅考查了直线的有关概念以及三角知识的结合运用，而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力．‎ 典型例题十三 例13　知实数，满足，求的最小值．‎ 分析：本题可使用减少变量法和数形结合法两种方法：可看成点与之间的距离．‎ 解：(法1)由得()，‎ 则 ‎　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　，‎ ‎∴的最小值是2.‎ ‎(法2)∵实数，满足，‎ ‎∴点在直线上．‎ 而可看成点与点之间的距离(如图所示)‎ 显然的最小值就是点到直线的距离：‎ ‎，‎ ‎∴的最小值为2．‎ 说明：利用几何意义，可以使复杂问题简单化．形如的式子即可看成是两点间的距离，从而结合图形解决．‎ 典型例题十四 例14直线是中的平分线所在的直线，且，的坐标分别为，，求顶点的坐标并判断的形状．‎ 分析：“角平分线”就意味着角相等，故可考虑使用直线的“到角”公式将“角相等”列成一个表达式．‎ 解：(法1)由题意画出草图（如图所示）．‎ ‎∵点在直线上，∴设，‎ 则，，．‎ 由图易知到的角等于到的角，因此这两个角的正切也相等．‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 解得．‎ ‎∴的坐标为，‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ ‎∴是直角三角形．‎ ‎(法2)设点关于直线的对称点为，则必在直线上．以下先求．‎ 由对称性可得 解得，∴．‎ ‎∴直线的方程为，即．‎ 由得．‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ ‎∴是直角三角形．‎ 说明：(1)在解法1中设点坐标时，由于在直线上，故可设，而不设，这样可减少未知数的个数．(2)注意解法2中求点关于的对称点的求法：原理是线段被直线垂直平分．‎ 典型例题十五 例15　两条直线，，求分别满足下列条件的的值．‎ ‎(1) 与相交； (2) 与平行； (3) 与重合；‎ ‎(4) 与垂直； (5) 与夹角为．‎ 分析：可先从平行的条件(化为)着手．‎ 解：由得，解得，．‎ 由得．‎ ‎(1)当且时，，与相交；‎ ‎(2)当时，．；‎ ‎(3)当时，，与重合；‎ ‎(4)当，即，时，；‎ ‎(5) ，．‎ 由条件有．‎ 将，代入上式并化简得，；‎ ‎，．‎ ‎∴当或-5或3时与夹角为．‎ 说明：由解得或，此时两直线可能平行也可能重合，可将的值代入原方程中验证是平行还是重合．当时两直线一定相交，此时应是且．‎ 典型例题十六 例16点，和，求过点且与点，距离相等的直线方程．‎ 分析：可以用待定系数法先设出直线方程，再求之；也可从几何意义上考察这样的直线具有的特征．‎ 解：(法1)设所求直线方程为，即，由点、到直线的距离相等得：‎ ‎．‎ 化简得，则有：或，‎ 即或方程无解．‎ 方程无解表明这样的不存在，但过点，所以直线方程为，它与，的距离都是3．‎ ‎∴所求直线方程为或．‎ ‎(法2)设所求直线为，由于过点且与，距离相等，所以有两种情况，如下图：‎ ‎(1)当，在同侧时，有，此时可求得的方程为 ‎，即；‎ ‎(2)当，在异侧时，必过中点，此时的方程为．‎ ‎∴所求直线的方程为或．‎ 说明：该题如果用待定系数法解易漏掉，即斜率不存在的情况．所以无论解什么题目，只要图形容易画出，就应结合图形，用代数法、几何法配合来解．‎ 典型例题十七 例17　经过点且与直线平行的直线的方程．‎ 分析：已知直线与直线平行，故的斜率可求，又过已知点，利用点斜式可得到的方程．另外由于与已知直线平行，利用平行直线系方程，再由已知点，也可确定的方程．‎ 解法一：由已知直线，知其斜率．‎ 又由与直线平行，所以直线的斜率．‎ 又由直线经过已知点，所以利用点斜式得到直线的方程为：‎ ‎，即．‎ 解法二：因为直线平行于直线，所以可设直线的方程为．‎ 又点在直线上，所以，解得．‎ 故直线的方程为．‎ 说明：解法二使用的是平行直线系，并用了待定系数法来解．‎ 典型例题十八 例18　过点且与直线垂直的直线的方程．‎ 分析：已知直线与直线垂直，故的斜率可求，又过已知点，利用点斜式可得到的方程．另外由于与已知直线垂直，利用垂直直线系方程，再由已知点，也可确定的方程．‎ 解法一：由直线，知其斜率．‎ 又由与直线垂直，所以直线的斜率．‎ 又因过已知点，利用点斜式得到直线的方程为 ‎，即．‎ 解法二：由直线与直线垂直，可设直线的方程为：‎ ‎．‎ 又由直线经过已知点，有．‎ 解得．因此直线的方程为．‎ 说明：此题的解二中使用垂直直线系方程，并使用了待定系数法．‎ 典型例题十九 例19知直线经过两条直线与的交点，且与直线的夹角为，求直线的方程．‎ 分析：先求与的交点，再列两条直线夹角公式，利用与夹角为，求得的斜率．也可使用过两直线交点的直线系方程的方法省去求交点的过程，直接利用夹角公式求解．‎ 解法一：由方程组解得直线与的交点．‎ 于是，所求直线的方程为．‎ 又由已知直线的斜率，而且与的夹角为，故由两直线夹角正切公式，得 ‎，即．‎ 有，，‎ 当时，解得；当时，解得．‎ 故所求的直线的方程为或，‎ 即或．‎ 解法二：由已知直线经过两条直线与的交点，则可设直线的方程为 ‎，　　（*）‎ 即．‎ 又由与的夹角为，的方程为，有 ‎，‎ 即，也即，‎ 从而，．‎ 解得，．代入（*）式，可得直线的方程为 或．‎ 说明：此题用到两直线的夹角公式，注意夹角公式与到角公式的区别。解法二还用到了过两相交直线的交点的直线系方程，用它可以省去求交点的过程，但不一定这样的运算就简单，还要根据具体题目选择合适的方法。‎ 典型例题二十 例20　直线，一束光线过点，以的倾斜角投射到上，经反射，求反射线所在直线的方程．‎ 分析：此题解法很多．如图，入射线与交于点，则点的坐标易得．求反射线的方程只缺少一个条件，寻求这个条件的主要思路有：‎ 思路一：已知的倾斜角为，入射线的倾斜解为，可由三角形外角定理得到反射线的倾斜角．‎ 思路二：如图，由光线的反射定律可知，到的角等于到反射线的角，可得到反射线的斜率．‎ 思路三：由光的反射性质，可知反射线所在直线除经过点外，还经过点关于的对称点，求得的坐标，反射线方程也可求得．‎ 思路四：由直线为入射线和反射线所在直线交角的平分线，上任意一点到入射线和反射线的距离相等，也可求得反射线的斜率．‎ 思路五：可求得，直线为，入射线和反射线关于对称，利用反函数性质，由入射线的方程可以求出反射线的方程．‎ 解法一：由已知入射线的倾斜角为，其斜率为，又入射线过点，所以入射线所在直线的方程为：．‎ 解方程组得交点．‎ 又因的倾斜角为，入射线的倾斜角，所以入射线与的夹角为．‎ 于是据外角定理，即反射线所在直线的斜率为．故反射线所在直线的方程为，即：‎ ‎．‎ 解法二：由已知可得，，设反射线的斜率为，则由入射线到的角等于到反射线的角，可得 ‎，即．‎ 解得．‎ 以下求出点坐标，再由点斜式得反射线所在直线的方程（略）．‎ 解法三：由已知得入射线所在直线方程为，再与直线 的方程联立得交点．‎ 利用关于直线对称点的知识，求得点关于的对称点．‎ 又由反射线所在直线过与两点，它的方程为，即：‎ ‎．‎ 解法四：可求得入射线所在直线方程为，即，入射线与交点为．‎ 于是可设反射线所在直线的方程为：，即．‎ 由于直线为入射线与反射线夹角的平分线，则上的任一点到它们的距离相等，于是在上取点，有：‎ ‎．‎ 所以，即．‎ 故，（等于入射线斜率，舍去）．‎ 于是反射线的方程为：，即．‎ 解法五：由点，得直线的方程为．‎ 又因入射线与反射线所在直线关于对称，点关于直线对称的点的坐标为．‎ 由于反射线所在直线经过与两点，所以它的方程为：‎ ‎，即．‎ 典型例题二十一 例21　已知直线，试求：‎ ‎(1)点关于直线的对称点坐标；‎ ‎(2)直线关于直线对称的直线的方程；‎ ‎(3)直线关于点的对称直线方程．‎ 分析：对称问题可分为四种类型：①点关于点的对称点；②点关于直线的对称点；③直线关于直线的对称直线；④直线关于点的对称直线．对于①利用中点坐标公式即可．对于②需利用“垂直”“平分”两个条件．若③④在对称中心（轴），及一个曲线方程已知的条件下给出，则通常采取坐标转移法，其次对于对称轴（中心）是特殊直线，如：坐标轴、直线，采取特殊代换法，应熟练掌握．‎ 解：(1)设点关于直线的对称点为，‎ 则线段的中点在对称轴上，且．‎ ‎∴‎ 解之得：‎ 即坐标为．‎ ‎(2)直线关于直线对称的直线为，则上任一点关于的对称点一定在直线上，反之也成立．‎ 由 得 把代入方程并整理，得：‎ 即直线的方程为．‎ ‎(3)设直线关于点的对称直线为，则直线上任一点关于点的对称点一定在直线上，反之也成立．‎ 由得 将代入直线的方程得：．‎ ‎∴直线的方程为．‎ 说明：本题是求有关对称点、对称直线的问题，主要用到中点坐标公式和直线垂直的斜率关系．‎ 典型例题二十二 例22　已知直线和两点、．‎ ‎(1)在上求一点，使最小；‎ ‎(2)在上求一点，使最大．‎ 分析：较直接的思路是：用两点间的距离公式求出的表达式，再求它的最小值．这样计算量太大也不可行．我们可以求出关于直线的对称点，从而将转化为，从而当、、三点共线时，才最小，对于最大也可以利用这样的方法．‎ 解：(1)如图，设关于的对称点为 则 ‎∴，．‎ ‎∴‎ ‎∴的的是，与的交点是，‎ 故所求的点为．‎ ‎(2)如下图，‎ 是方程，‎ 即．‎ 代入的方程，得直线与的交点，‎ 故所求的点为．‎ 说明：本例利用求对称点的方法巧妙地求出了所求点的坐标．‎ 典型例题二十四 例24 已知点，和直线，求一点使，且点到的距离等于2．‎ 分析：为使（如图），点必在线段的垂直平分线上，又点到直线的距离为2，所以点又在距离为2的平行于的直线上，求这两条直线的交点即得所求点．‎ 解：设点的坐标为．‎ ‎∵，．‎ ‎∴的中点的坐标为．‎ 又的斜率．‎ ‎∴的垂直平分线方程为，即．‎ 而在直线上．‎ ‎∴．　　　①‎ 又已知点到的距离为2．‎ ‎∴点必在于平行且距离为2的直线上，‎ 设直线方程为，‎ 由两条平行直线之间的距离公式得：‎ ‎∴或．‎ ‎∴点在直线或上．‎ ‎∴或　　②‎ 由∴①②得：，或，．‎ ‎∴点或为所求的点．‎ 说明：在平面几何中，常用交轨法作图得点的位置，而在解析几何中，则是将直线用方程来表示，用求方程组的解的方式来求得点的坐标．这是解析法的重要应用，也是其方便之处．‎ ‎ ‎ 求证：．‎ 证明：过直线作一平面，设，‎ ‎．‎ ‎ ∵‎ ‎ ∴‎ 又 ‎ ∴‎ 在同一个平面内过同一点有两条直线与直线平行 ‎ ∴与重合，即．‎ ‎ 说明：本题也可以用反证法进行证明．‎ 典型例题三 例3：如果一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么它和另一个也相交．‎ 已知：如图，，．‎ 求证：与相交．‎ 证明：在上取一点，过和作平面，由于与α有公共点，与有公共点．‎ ‎∴与、都相交．‎ 设，．‎ ‎∵‎ ‎∴‎ 又、、都在平面内，且和交于．‎ ‎∵与相交．‎ 所以与相交．‎ 典型例题四 例4：已知平面，，为夹在，间的异面线段，、分别为、的中点．‎ 求证： ，．‎ 证明：连接并延长交于．‎ ‎∵‎ ‎∴ ，确定平面，且，．‎ ‎∵，所以 ，‎ ‎∴ ，‎ 又 ，，‎ ‎∴ △≌△．‎ ‎∴ ．‎ 又 ，‎ ‎∴ ，．‎ 故 ．‎ 同理 说明：本题还有其它证法，要点是对异面直线的处理．‎ 典型例题六 例6　如图，已知矩形的四个顶点在平面上的射影分别为、、、，且、、、互不重合，也无三点共线．‎ 求证：四边形是平行四边形．‎ 证明：∵， ‎ ‎∴‎ ‎ 不妨设和确定平面．‎ ‎ 同理 和确定平面．‎ ‎ 又，且 ‎ ∴‎ ‎ 同理 ‎ 又 ‎∴‎ 又，‎ ‎∴．‎ 同理．‎ ‎∴四边形是平行四边形．‎ 典型例题七 例7　设直线、，平面、，下列条件能得出的是（　　）．‎ A．，，且，　　B．，，且 C．，，且　　　　　　D．，，且 分析：选项A是错误的，因为当时，与可能相交．选项B是错误的，理由同A．选项C是正确的，因为，，所以，又∵，∴．选项D也是错误的，满足条件的可能与相交．‎ 答案：C 说明：此题极易选A，原因是对平面平行的判定定理掌握不准确所致．‎ 本例这样的选择题是常见题目，要正确得出选择，需要有较好的作图能力和对定理、公理的准确掌握、深刻理解，同时要考虑到各种情况．‎ 典型例题八 例8　设平面平面，平面平面，且、分别与相交于、，．求证：平面平面．‎ 分析：要证明两平面平行，只要设法在平面 上找到两条相交直线，或作出相交直线，它们分别与平行（如图）．‎ 证明：在平面内作直线直线，在平面内作直线直线．‎ ‎∵平面平面，‎ ‎∴平面，平面，‎ ‎∴．‎ 又∵，，，‎ ‎∴平面平面．‎ 说明：如果在、内分别作，，这样就走了弯路，还需证明、在、内，如果直接在、内作、的垂线，就可推出．‎ 由面面垂直的性质推出“线面垂直”，进而推出“线线平行”、“线面平行”，最后得到“面面平行”，最后得到“面面平行”．其核心是要形成应用性质定理的意识，在立体几何证明中非常重要．‎ 典型例题九 例9　如图所示，平面平面，点、，点，是、的公垂线，是斜线．若，，、分别是和的中点，‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)求的长．‎ 分析：（1）要证，取的中点，只要证明所在的平面 ‎．为此证明，即可．(2)要求之长，在中，、的长度易知，关键在于证明，从而由勾股定理可以求解．‎ 证明：(1)连结，设是的中点，分别连结、．‎ ‎∵是的中点，∴．‎ 又，∴．‎ 同理∵是的中点，∴．‎ ‎∵，∴．‎ ‎∵，，∴平面．‎ ‎∵平面，∴．‎ ‎ (2)分别连结、．‎ ‎∵，，‎ 又∵是、的公垂线，∴，‎ ‎∴≌，∴，‎ ‎∴是等腰三角形．‎ 又是的中点，∴．‎ 在中，．‎ 说明：(1)证“线面平行”也可以先证“面面平行”，然后利用面面平行的性质，推证“线面平行”，这是一种以退为进的解题策略．‎ ‎(2)空间线段的长度，一般通过构造三角形、然后利用余弦定理或勾股定理来求解．‎ ‎(3)面面平行的性质：①面面平行，则线面平行；②面面平行，则被第三个平面所截得的交线平行．‎ 典型例题十 例10 如果平面内的两条相交直线与平面所成的角相等，那么这两个平面的位置关系是__________．‎ 分析：按直线和平面的三种位置关系分类予以研究．‎ 解：设、是平面内两条相交直线．‎ ‎(1)若、都在平面内，、与平面所成的角都为，这时与重合，根据教材中规定，此种情况不予考虑．‎ ‎(2)若、都与平面相交成等角，且所成角在内；‎ ‎∵、与有公共点，这时与相交．‎ 若、都与平面成角，则，与已知矛盾．此种情况不可能．‎ ‎(3)若、都与平面平行，则、与平面所成的角都为，内有两条直线与平面平行，这时．‎ 综上，平面、的位置关系是相交或平行．‎ 典型例题十一 例11　试证经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行．‎ 已知：，‎ 求证：过有且只有一个平面．‎ 分析：“有且只有”要准确理解，要先证这样的平面是存在的，再证它是惟一的，缺一不可．‎ 证明：在平面内任作两条相交直线和，则由知，，．‎ 点和直线可确定一个平面，点和直线可确定一个平面．‎ 在平面、内过分别作直线、，‎ 故、是两条相交直线，可确定一个平面．‎ ‎∵，，，∴．‎ 同理．‎ 又，，，∴．‎ 所以过点有一个平面．‎ 假设过点还有一个平面，‎ 则在平面内取一直线，，点、直线确定一个平面，由公理2知：‎ ‎，，‎ ‎∴，，‎ 又，，‎ 这与过一点有且只有一条直线与已知直线平行相矛盾，因此假设不成立，‎ 所以平面只有一个．‎ 所以过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．‎ 典型例题十二 例12　已知点是正三角形所在平面外的一点，且，为上的高，、、分别是、、的中点，试判断与平面内的位置关系，并给予证明 分析1：如图，观察图形，即可判定平面，要证明结论成立，只需证明与平面内的一条直线平行．‎ 观察图形可以看出：连结与相交于，连结，就是适合题意的直线．‎ 怎样证明？只需证明是的中点．‎ 证法1：连结交于点，‎ ‎∵是的中位线，‎ ‎∴．‎ 在中，是的中点，且，‎ ‎∴为的中点．‎ ‎∵是的中位线，∴．‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ 分析2：要证明平面，只需证明平面平面，要证明平面平面，只需证明，而，可由题设直接推出．‎ 证法2：∵为的中位线，‎ ‎∴．‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ 同理：平面，，‎ ‎∴平面平面，又∵平面，‎ ‎∴平面．‎ 典型例题十三 例13　如图，线段分别交两个平行平面、于、两点，线段分别交、于、两点，线段分别交、于、两点，若，，，的面积为72，求的面积．‎ 分析：求的面积，看起来似乎与本节内容无关，事实上，已知的面积，若与的对应边有联系的话，可以利用的面积求出的面积．‎ 解：∵平面，平面，‎ 又∵，∴．‎ 同理可证：，∴与相等或互补，即．‎ 由，得，‎ ‎∴‎ 由，得：，∴．‎ 又∵的面积为72，即．‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎∴的面积为84平方单位．‎ 说明：应用两个平行的性质一是可以证明直线与直线的平行，二是可以解决线面平行的问题．注意使用性质定理证明线线平行时，一定第三个平面与两个平行平面相交，其交线互相平行．‎ 典型例题十四 例14 在棱长为的正方体中，求异面直线和之间的距离．‎ 分析：通过前面的学习，我们解决了如下的问题：若和是两条异面直线，则过且平行于的平面必平行于过且平行于的平面．我们知道，空间两条异面直线，总分别存在于两个平行平面内．因此，求两条异面直线的距离，有时可以通过求这两个平行平面之间的距离来解决．‎ 具体解法可按如下几步来求：①分别经过和找到两个互相平等的平面；②‎ 作出两个平行平面的公垂线；③计算公垂线夹在两个平等平面间的长度．‎ 解：如图，‎ 根据正方体的性质，易证：‎ 连结，分别交平面和平面于和 因为和分别是平面的垂线和斜线，在平面内，‎ 由三垂线定理：，同理：‎ ‎∴平面，同理可证：平面 ‎∴平面和平面间的距离为线段长度．‎ 如图所示：‎ 在对角面中，为的中点，为的中点 ‎∴．‎ ‎∴和的距离等于两平行平面和的距离为．‎ 说明：关于异面直线之间的距离的计算，有两种基本的转移方法：①转化为线面距．设、是两条异面直线，作出经过而和平行的平面，通过计算和的距离，得出和距离，这样又回到点面距离的计算；②转化为面面距，设、是两条异面直线，作出经过而和平行的平面，再作出经过和平行的平面，通过计算、‎ 之间的距离得出和之间的距离．‎ 典型例题十五 例15　正方体棱长为，求异面直线与的距离．‎ 解法1：（直接法）如图：‎ 取的中点，连结、分别交、于、两点，‎ 易证：，，．‎ ‎∴为异面直线与的公垂线段，易证：．‎ 小结：此法也称定义法，这种解法是作出异面直线的公垂线段来解．但通常寻找公垂线段时，难度较大．‎ 解法2：（转化法）如图：‎ ‎∵平面，‎ ‎∴与的距离等于与平面的距离，‎ 在中，作斜边上的高，则长为所求距离，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，∴．‎ 小结：这种解法是将线线距离转化为线面距离．‎ 解法3：（转化法）如图：‎ ‎∵平面平面，‎ ‎∴与的距离等于平面与平面的距离．‎ ‎∵平面，且被平面和平面三等分；‎ ‎∴所求距离为．‎ 小结：这种解法是线线距离转化为面面距离．‎ 解法4：（构造函数法）如图：‎ 任取点，作于点，作于点，设，‎ 则，，且 ‎∴．‎ 则 ‎，‎ 故的最小值，即与的距离等于．‎ 小结：这种解法是恰当的选择未知量，构造一个目标函数，通过求这个函数的最小值来得到二异面直线之间的距离．‎ 解法5：（体积桥法）如图：‎ 当求与的距离转化为求与平面的距离后，设点到平面的距离为，‎ 则．‎ ‎∵，‎ ‎∴．即与的距离等于．‎ 小结：本解法是将线线距离转化为线面距离，再将线面距离转化为锥体化为锥体的高，然后用体积公式求之．这种方法在后面将要学到．‎ 说明：求异面直线距离的方法有：‎ ‎(1)（直接法）当公垂线段能直接作出时，直接求．此时，作出并证明异面直线的公垂线段，是求异面直线距离的关键．‎ ‎(2)（转化法）把线线距离转化为线面距离，如求异面直线、距离，先作出过且平行于的平面，则与距离就是、距离．（线面转化法）．‎ 也可以转化为过平行的平面和过平行于的平面，两平行平面的距离就是两条异面直线距离．（面面转化法）．‎ ‎(3)（体积桥法）利用线面距再转化为锥体的高用何种公式来求．‎ ‎(4)（构造函数法）常常利用距离最短原理构造二次函数，利用求二次函数最值来解．‎ 两条异面直线间距离问题，教科书要求不高（要求会计算已给出公垂线时的距离），这方面的问题的其他解法，要适度接触，以开阔思路，供学有余力的同学探求．‎ 典型例题十六 例16　如果，和是夹在平面与之间的两条线段，，且，直线与平面所成的角为，求线段长的取值范围．‎ 解法1：如图所示：‎ 作于，连结、、‎ ‎∵，，，‎ ‎∴在中，由余弦定理，得：‎ ‎．‎ ‎∵，∴是与所在的角．‎ 又∵，‎ ‎∴也就等于与所成的角，即．‎ ‎∵，‎ ‎∴，，，，‎ ‎∴，即：．‎ ‎∴，即长的取值范围为．‎ 解法2：如图：‎ ‎∵‎ ‎∴必在过点且与直线垂直的平面内 设，则在内，当时，的长最短，且此时 而在内，点在上移动，远离垂足时，的长将变大，‎ 从而，‎ 即长的取值范围是．‎ 说明：(1)本题考查直线和直线、直线和平面、平面和平面的位置关系，对于运算能力和空间想象能力有较高的要求，供学有余力的同学学习．‎ ‎(2)解法1利用余弦定理，采用放缩的方法构造出关于长的不等式，再通过解不等式得到长的范围，此方法以运算为主．‎ ‎(3)解法2从几何性质角度加以解释说明，避免了繁杂的运算推导，但对空间想象能力要求很高，根据此解法可知线段是连结异面直线和上两点间的线段，所以是与的公垂线段时，其长最短．‎ 典型例题十七 例17　如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．‎ 已知：，，求证：．‎ 分析：本题考查面面平行的判定和性质定理以及逻辑推理能力．由于两个平面没有公共点称两平面平行，带有否定性结论的命题常用反证法来证明，因此本题可用反证法证明．另外也可以利用平行平面的性质定理分别在三个平面内构造平行且相交的两条直线，利用线线平行来推理证明面面平行，或者也可以证明这两个平面同时垂直于某一直线．‎ 证明一：如图，‎ 假设、不平行，则和相交．‎ ‎∴和至少有一个公共点，即，．‎ ‎∵，，‎ ‎∴．‎ 于是，过平面外一点有两个平面、都和平面平行，‎ 这和“经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行”相矛盾，假设不成立。‎ ‎∴．‎ 证明二：如图，在平面内任取一点，过点作直线与相交．‎ ‎∵，∴与也相交．‎ ‎∵，∴与也相交．‎ 过作两相交平面分别与交于直线、，且与、，交于直线、．‎ ‎∵，∴．‎ ‎∵，∴．‎ ‎∴．‎ ‎∵，，‎ ‎∴．‎ 同理．‎ 又∵，、，‎ ‎∴．‎ 证明三：如图，任作直线，‎ ‎∵，∴．‎ ‎∵，∴．‎ ‎∴．‎ 说明：证明两个平面平行，可根据定义、应用判定定理来证明．‎ 典型例题十八 例18　如图，已知、是异面直线，求证：过和分别存在平面和，使．‎ 分析：本题考查面面平行及线面垂直的判定和综合推理能力．根据前面学过的知识，过异面直线中的一条有且仅有一个平面与另一条平行．这样过和分别有平面与另一条线平行．那么这两个平面是不是互相平行呢？这两个平面是不是就是我们所要找的和？‎ 证明：在直线上任取一点，过点作直线．‎ 故过和可确定一平面记为，‎ 在直线上任取一点．‎ 过点作直线．‎ 同理过和可确定一平面，记为．‎ ‎∵，，‎ ‎∴．同理．‎ ‎∵，，．‎ ‎∴．‎ 说明：由此题结论可知，两异面直线必定存在于两个互相平行的平面中．所以两异面直线间的距离就可转化为两平行平面间的距离（本题易证和的公垂线段垂直于两平行平面）．‎ ‎ ‎