几何证明与计算专题

几何证明与计算专题（共9篇）

1.几何证明与计算专题 篇一

几何证明与计算

（二）2007、1【目标要求】

掌握等腰三角形（包括等边三角形）的判定，能应用等腰三角形的性质（底角相等，顶角平分线、底边上的中线、底边上的高三线合一）进行有关的计算和证明．

能应用直角三角形的重要性质（两个锐角互余，斜边上的中线等于斜边的一半，30°角所对的直角边斜边的一半及其逆定理），以及勾股定理及其逆定理进行有关的计算和证明．【解题指导】 例1如图1，已知在△ABC中，点M是边BC的中点，MD⊥AB于点D，ME⊥AC于点E，且MD=ME． 求证：△ABC是等腰三角形．

拓展与引申（1）本题的条件不变，还可证明MD等于AB边的高的一半．（2）如果在△ABC中，AB=AC，点M是BC边的任意一点，MD⊥AB于点D，ME⊥AC于点E，这两个条件不变，可证明MD+ME等于AB边上的高．

（3）如图2，在等边△ABC中，P为三角形中的任意一点，那么P到三边的距离之和为定值，这个定值等于等边△ABC高．

例2 如图3，在△ABC中，AB=AC，D、E是AB及AC延长线上的点，连结DE交BC于F，若F是DE的中点，求证：BD=CE．

拓展与引申当点D为AB的中点时，可证明点F是BC的四等分点．

初二数学第1页

（图1）

C

（图2）

C

（图3）

例3如图4，在△ABC中，AF平分∠BAC，BF⊥AF于F，CE⊥AF于E，点D是BC的中点．求证DE=DF=

（AB-AC）．

2（图4）

B

例4 如图5，已知△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，∠DAC=90°.（1）（2）

当∠B=30°时，求证：BD=当BD=

CD； 2

CD时，∠B是否一定为30°？ 2

如果一定，请给出证明；如果不一定，请说明理由.（图5）

例5 如图6, 等边△ABC的边长为1, 点D、E分别在AB、BC边上，DE将△ABC分成面积相等的两部分，点F、G在AC边上，DF//BC，EG//AB, 设AF=x,CG=y.（1）求y与之间的函数解析式，并写出它的定义域；

x

（2）试问以AF、FG、GC的长为三边的长能否构成直角三

角形？请说明理由．

C

（图6）

拓展与引申 如图7，在Rt△ABC中，点D、E分别在AB、BC边上，DE将△ABC分成面积相等的两部分，点F、G在AC边上，DF//BC，EG//AB, 试问以AF、FG、GC的长为三边的长能否构成直角三角形？请说明理由．

（图7）

初二数学第2页

【作业】A组

1．填空题（1）等腰三角形的顶角为α度，那么底角等于度．（2）在ΔABC中，AB=AC=5cm，∠B=60°，那么BC=cm．（3）在ΔABC中，AB=AC=13cm，BC=10cm，那么ΔABC的面积等于cm2．（4）直角三角形两个锐角的度数之比是4∶5，那么较大的一个锐角等于度．（5）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，CE是角平分线，∠A=25°.那么∠DCE=________°

（6）等边三角形的边长等于a，那么它的高等于． 2．选择题

（1）用以下长度的三条线段不能组成一个直角三角形的是（）．

（A）6cm，8cm，10cm（B）5cm，12cm，13cm（C）7cm，11cm，15cm（D）8cm，15cm，17cm

（2）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD、CM分别是这个三角形的高和中线，那么下列结论错误的是（）．

（A）∠ACD=∠B（B）∠MCD =∠ACD（C）∠ACD=∠BCM（D）∠ACM=∠BCD（3）如果一个等腰三角形能够分割为两个小的等腰三角形，那么顶角不可能是（）．

（A）36º（B）72º

（C）90º（D）108º

D 3．如图，把矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在 点E处，BE与AD相交于点F．求证：△BDF是等腰三角形．

C

4．已知，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，以点A

为圆心，AD的长为半径画弧，交BC于点E．求∠CDE的度数．

第4题5．在△ABC中，AB=AC，∠B和∠C的平分线相交于点D，求证：点D在边BC的垂直平分线上．

C

第5题 6．求证：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那

么这个三角形是直角三角形．

E

7．如图，已知Rt△ABC中，AB=AC，CE垂直∠B的平分线BD，垂足为点E．求证：BD=2CE． B C

（第7题）

初二数学第3页

B组

1．填空题（1）等腰三角形两条边的长度分别为3和6，那么周长等于．

（2）等腰三角形一腰上的高与另一腰所夹的角为45°，那么顶

角为度．

（3）如图，在ΔABC中，BC=5 cm，BP、CP分别是△ABC和△

ACB的平分线，点D、E在BC边上，且PD//AB，PE//AC，那么ΔPDE第1（3）题的周长是_______ cm.．

（4）已知直角三角形的周长为9cm，斜边上的中线长为A 2cm，那么两条直角边长的和为cm．

（5）在Rt△ABC中，斜边AB的垂直平分线MN交边AC于点M，如果∠B=55°，那么∠CBM度．

E

（6）等腰三角形一腰上的高等于腰长的一半，那么这个B D 等腰三角形的顶角等于_____度．

2．如图，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，C

∠ADC=50°，点E是对角线BD的中点．求∠CAE的度数．

第2题

3．在直角坐标平面中，点A的坐标为（-3，0），点B的坐标为（2，5），点C的坐标为（-1，8），试判断△ABC是否为直角三角形，并证明你的结论．

A

4．如图，已知∠ABD=∠ADB，∠ABC=∠ADC，BE=DC．试比

较∠DCB+2∠ACB与180度的大小． C

5．如图，已知等腰直角三角形ABC中，AB=AC，过点C任意

画一条与斜边相交的直线，分别过点A、B作这条直线的垂线，垂足分别为点D和点E．求证：DE=AD-BE．

C B

第5题

6．已知等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，过点C作直线l（直线l不经过点A和点B），过点A作AD⊥l，垂足为点D，过点B作BE⊥l，垂足为点E，试探索DE、AD、BE长度之间的关系．

初二数学第4页

2.几何证明与计算专题 篇二

1. 用解析法证明与动点相关的定值问题

建立恰当的直角坐标系，将命题中涉及的量用动点坐标表示，经过运算总可以得到定值。

例1.在△ABC中，AB=AC=4, P为BC上的任一点，求证：AP2+BP·PC=16。

思路：命题结论中的三条线段均与动点P相关，用动点P的坐标表示AP、BP及PC，命题可证。

证明：以BC所在直线为x轴，等腰△ABC的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系(如图1)。

设动点P的坐标为(x, 0)，点B、C的坐标为(-a, 0)、(a, 0) (|x|≤a, a>0) , 则A点的坐标为 (0,

例2.M是以AB为直径之圆上不同于A、B的任一点，C是直径AB上的定点，过M作与CM垂直的直线交过A、B之切线于D、E，求证：AD、BE之积为定值。

思路：此命题中有垂直关系，利用它将点D、E表示为动点M的坐标，命题可证。

证明：以圆直径AB所在直线为y轴，圆心为原点建立平面直角坐标系(如图2)。

设圆的半径为R，则圆的方程为x2+y2=R2, 点A、B的坐标为 (0, -R) 、 (0, R) , 令M点坐标为 (x, y) , E、D点坐标为 (x1, R) 、 (x2, -R) , C点坐标为 (0, -c) (R>0, c>0) 。

由E、M、D三点共线, 有

例3.若C、D是线段AB的三等分点，以CD为直径作圆，P为圆上异于C、D的任一点，求证：则tan∠APC·tan∠BPD为定值。

思路：此命题的结论是两角正切值之积为定值，涉及两对直线的夹角，可以用平面解析几何求两直线夹角的计算公式。只需用动点P的坐标表示过动点的四直线PA、PB、PC、PD的斜率，命题可证。

证明：以AB所在直线为x轴，AB中点为原点建立平面直角坐标系(如图3)。

设以CD为直径的圆半径为R，则圆方程为x2+y2=R2, A、B、C、D的坐标分别为(-3R, 0)、(3R, 0)、(-R, 0)、(R, 0)。又设动点P的坐标为 (x, y) , 则

例4.两圆内切于A，在大圆上任取一点P引小圆的切线PQ，求证：不论P的位置如何，PA∶PQ为定值。

思路：以两圆连心线所在直线为x轴，两圆切点为原点，建立平面直角坐标系。动点P、Q分别在两圆上，且PQ是小圆的切线，用其与小圆半径垂直关系，即可将两动点坐标相联系，命题可证。

证明：以两圆连心线OO′所在直线为x轴，两圆切点A为原点，建立平面直角坐标系(如图4)。

设大圆半径为R，小圆半径为r，则两圆方程分别为(x+R) 2+y2=R2， (x′+r) 2+y′2=r2，可令动点P、Q的坐标分别为(x, y)及(x′，y′)，连结QO′，由于PQ是小圆的切线，则有PQ⊥QO′。

2. 用解析法证明含有垂直关系的与动点相关的几何命题

从与动点相关的定值问题的证明中我们可以看到，含有垂直关系的命题，用解析法比较容易找到证明思路。

例5.设P为正方形ABCD边BC上任一点，过P引AP的垂线交∠C的外角平分线于Q，求证：AP=PQ。

思路：利用AP与PQ的垂直关系，用动点P的坐标表示AP及PQ，命题可证。

证明：以正方形ABCD的邻边BC、AB所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系(如图5)。

设正方形的边长为a，则A、B、C、D的坐标分别为(0, a)、(0, 0)、(a, 0)、(a, a)。又设动点P、Q的坐标分别为 (x, 0) 、 (a+y, y) 。

由AP⊥PQ, 有整理得y=x。

于是点Q的坐标为(a+x, x)。

例6.已知M是Rt△ABC的斜边之中点，动点P、Q分别在BA、CA上，且满足PM⊥QM，求证:PQ2=PB2+QC2。

思路：此命题中有两个动点，用垂直关系把两动点P与Q的坐标联系起来，命题可证。

证明：以Rt△ABC两条直角边所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系(如图6)。设点A的坐标为(0, 0)，点B、C的坐标分别为(a, 0)、(0, b)，则斜边BC中点M的坐标为。设动点P、Q的坐标分别为(x, 0)、(0, y)。 (a2, b2)

例7.P是正方形ABCD的边CD上的任一点，过D作AP的垂线分别交AP、BC于Q、R, O是正方形的中心，求证：OP⊥OR。

思路：与例6思路相同，此命题的两个动点为P、R，利用垂直关系将P、R的坐标相联系，命题可证。

证明：以正方形ABCD的中心为原点，平行于两双对边的直线为坐标轴，建立平面直角坐标系(如图7)。

设正方形的边长为2a, 则A、B、C、D的坐标分别为 (-a, -a) 、 (a, -a) 、 (a, a) 、 (-a, a) 。又设动点P、Q的坐标分别为 (x, a) 、 (a, y) 。

整理得y=-x。

故DP⊥OR。

例8.如图8，在正方形ABCD内任取一点E，连结AE、BE，在△ABE外分别以AE、BE为边作正方形AEMN和BFGE，连结NC、AF，求证：NC∥AF。

思路：根据正方形邻边的垂直关系，把动点E的坐标与N、F点的坐标联系起来，命题可证。

证明：连结ND、FC，以△ABE为中介，由欧氏几何易得△AND艿△BFC。

以正方形ABCD的邻边AB、BC所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系。

设正方形ABCD的边长为a，则A、B、C、D的坐标分别为(0, a)、(0, 0)、(a, 0)、(a, a)。又设动点E的坐标为(x, y), F点的坐标为(e，-f)。则N点坐标为(a-e, a+f)。

联立(1)、(2)，解得e=y, f=x。

于是F点的坐标为(y，-x),

N点坐标为(a-y, a+x)。

故NC∥AF。

从以上各例可以看到，与动点相关的几何命题，只要建立适当的直角坐标系，用动点坐标表示相关的量，就很容易找到用解析法证明的思路，特别是含有垂直关系的命题，用解析法证明，往往可以收到奇效。因此我们可以形象地说，垂直关系是桥梁，动点坐标是纽带。

参考文献

[1]陈圣德.平面几何一题多证[M].福州:福建人民出版社, 1985.

[2]祝本初.平面几何证题手册[M].南宁:广西民族出版社, 1991.

[3]李长明, 周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社, 1995.

3.高中竞赛专题：平面几何证明 篇三

[竞赛知识点拨]

1． 线段或角相等的证明（1）利用全等△或相似多边形（2）利用等腰△3）利用平行四边形（4）利用等量代换（5）利用平行线的性质或利用比例关系（6）利用圆中的等量关系等。

2． 线段或角的和差倍分的证明（1）转化为相等问题。如要证明a=b±c，可以先作出线段p=b±c，再去证明a=p，即所谓“截长补短”，角的问题仿此进行。（2）直接用已知的定理。例如：中位线定理，Rt△斜边上的中线等于斜边的一半；△的外角等于不相邻的内角之和；圆周角等于同弧所对圆心角的一半等等。

3． 两线平行与垂直的证明（1）利用两线平行与垂直的判定定理。（2）利用平行四边形的性质可证明平行；利用等腰△的“三线合一”可证明垂直。（3）利用比例关系可证明平行；利用勾股定理的逆定理可证明垂直等。

【竞赛例题剖析】

【例1】从⊙O外一点P向圆引两条切线PA、PB和割线PCD。

从A点作弦AE平行于CD，连结BE交CD于F。求证：BE

平分CD。

【分析1】构造两个全等△。连结ED、AC、AF。

CF=DF←△ACF≌△EDF←

←∠PAB=∠AEB=∠PFB【分析2】利用圆中的等量

关系。连结OF、OP、OB

。←∠PFB=∠POB←←

注：连结OP、OA、OF，证明A、O、F、P四点共圆亦可。

【例2】△ABC内接于⊙O，P是弧 AB上的一点，过P作

OA、OB的垂线，与AC、BC分别交于S、T，AB交于M、N。求证：PM=MS充要条件是PN=NT。

【分析】只需证，PM²PN=MS²NT。（∠1=∠2，∠3=∠4）

→△APM∽△PBN→→PM²PN=AM²BN（∠BNT=∠AMS，∠BTN=∠MAS）→△BNT∽△SMA→→MS²NT=AM²BN

【例3】已知A为平面上两半径不等的圆O1和O2的一个交点，两外公切线P1P2、Q1Q

2分别切两圆于P1、P2、Q1、Q2，M1、M2分别为P1Q1、P2Q2的中点。求证：∠O1AO2=∠M1AM2。【分析】设B为两圆的另一交点，连结并延长BA交P1P2于C，交O1O2于M，则C为P1P2的中点，且P1M1∥CM∥P2M2，故CM为M1M2的中垂线。在O1M上截取MO3=MO2，则

∠M1AO3=∠M2AO2。故只需证∠O1AM1=∠O3AM

1，即证

。由

△P1O1M1∽P2O2M2，M1O3=M2O2，O1P1=O1A，O2P2=O2A可得。【例4】在△ABC中，AB>AC，∠A的外角平分线交△ABC的外接圆于D，DE⊥AB于E，求证：AE=。

【分析】方法1、2AE=AB-AC

← 在BE上截取EF=AE，只需证BF=AC，连结DC、DB、DF，从而只需证△DBF≌△DCA← DF=DA，∠DBF=∠DCA，∠DFB=∠DAC ←∠DFA=∠DAF=∠DAG。

方法

2、延长CA至G，使AG=AE，则只需证BE=CG← 连结DG、DC、DB，则只需证△DBE≌△DCG← DE=DG，∠DBE=∠DCG，∠DEB=∠DGC=Rt∠。

【例5】∠ABC的顶点B在⊙O外，BA、BC均与⊙O相交，过BA与圆的交点K引∠ABC平分线的垂线，交⊙O于P，交BC于M。求证：线段PM为圆心到∠ABC平分线距离的2倍。

【分析】若角平分线过O，则P、M重合，PM=0，结论显然成立。若角平分线不过O，则延长DO至D‘，使OD’=OD，则只需证DD‘=PM。连结D’P、DM，则只需证DMPD‘为平行四边形。过O作m⊥PK，DD’,K

P，∴∠DPK=∠DKP，BL平分∠ABC，MK⊥BL→BL为MK中垂线→∠DKB=∠DMK ∴∠D’PK=∠DMK，∴D‘P∥DM。而D’

D∥PM，∴DMPD‘为平行四边形。

【例6】在△ABC中，AP为∠A的平分线，AM为BC边上的中线，过B作BH⊥AP于H，AM的延长线交BH于Q，求证：PQ∥AB。

【分析】方法

1、结合中线和角平分线的性质，考虑用比例证明平行。倍长中线：延长AM至

M’，使AM=MA‘，连结BA’，如图6-1。

PQ∥AB←←←

←∠A‘BQ=180°-(∠HBA+∠BAH+∠CAP)=

180°-90°-∠CAP=90°-∠BAP=∠ABQ

方法

2、结合角平分线和BH⊥AH联想对称知识。延长BH交AC的延长线于B’，如

/

图6-2。则H为BB‘的中点，因为M为BC的中点，连结HM，则HM∥BC。延长HM交AB于O，则O为AB的中点。延长MO至M’，使OM‘=OM，连结M’A、M‘B，则

AM’BM是平行四边形，∴MP∥AM‘，QM∥BM’。于是，所以PQ∥AB。

【例7】菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E、F、G、H，在EF与GH上分别作⊙O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q。求证：MQ∥NP。（95年全国联赛二试3）

【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN，结合∠A=∠C知，只需

证△AMQ∽△CPN←，AM²CN=AQ²CP。连结AC、BD，其交点为内切圆心O。

设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。

∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是同理，AQ²CP=AO²CO。，∴AM²CN=AO²CO

【例8】ABCD是圆内接四边形，其对角线交于P，M、N分别是AD、BC的中点，过M、N分别作BD、AC的垂线交于K。求证：KP⊥AB。

【分析】延长KP交AB于L，则只需证∠PAL+∠APL=90°，即只需证∠PDC+∠KPC=90°，只需证

∠PDC=∠PKF，因为P、F、K、E四点共圆，故只需证∠PDC=∠PEF，即

EF∥DC。

←

←←△DME∽△CNF

【例9】以△ABC的边BC为直径作半圆，与AB、AC分别交于点D、E。过D、E作BC的垂线，垂足分别是F、G，线段DG、EF交于点M。求证：AM⊥BC。

【分析】连结BE、CD交于H，则H为垂心，故AH⊥BC。（同一法）设AH⊥BC于O，DG、AH交于M1，EF、AH交于M2。下面证M1、M2重合。

OM1∥DF→

→OM1=

。OM2∥EG→

→OM2=

。只需

证OG²DF=EG²OF，即

4.几何证明与计算专题 篇四

几何的计算与证明

例24 如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，垂足是D，AE平分∠BAD，交BC于2015年中考数学解答题专练

专题十二

几何的计算与证明

点E．在△ABC外有一点F，使FA⊥AE，FC⊥BC．（1）求证：BE=CF；

（2）在AB上取一点M，使BM=2DE，连接MC，交AD于点N，连接ME． 类型一

三角形的计算与证明

求证：①ME⊥BC；②DE=DN．

典例剖析

例23 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E为AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G，F为AB边上一点，连接CF，且∠ACF=∠CBG．求证：

（1）AF=CG；（2）CF=2DE．

(命题刘伟)

2015年中考数学解答题专练专题十二

几何的计算与证明

针对训练

1.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为BC中点，CE⊥AD于E，BF∥AC交CE的延长线于F．

（1）求证：CD=BF；

（2）求证：AB垂直平分DF．

4.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABD=90°，AB=BD，在BC上截取BE，使BE=BA，过点B作BF⊥BC于B，交AD于点F．连接AE，交BD于点G，交BF于点H．

（1）已知AD=，CD=2，求sin∠BCD的值；（2）求证：BH+CD=BC．

5.如图，△ABC和△ACF均为等边三角形，点D、E分别为AD，BE边上的点，且AD=BE，AE与CD交于G点，连接GF．（1）求∠EGC的度数；

（2）求证：AG+CG=GF．

2.如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BE平分∠BAC交AC于E，过C作CD⊥BE于D，连接AD，求证：（1）∠ADB=45°；（2）BE=2CD．

6.如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AE=AF，BE、CF交于点O，过A作BE的3.如图，△ABC为等腰直角三角形，AC=BC，点D在BC的延长线上，BE⊥AD，交AC于M．（1）求证：AD=BM；（2）若∠DMB=105°，求证：AD+AM=BD．

垂线交BC于D，过D作CF的垂线交BE于G．

（1）求证：BO=AD；

（2）求证：BG=AD+DG．

(命题刘伟)

2015年中考数学解答题专练专题十二

几何的计算与证明

类型二

四边形的计算与证明

例28

已知，如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为CE的中点，点G为

CD上的一点，连接DF、EG、AG，∠1=∠2． 中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M

（1）若CF=2，AE=3，求BE的长；（2）求证：∠CEG=∠AGE．

(命题刘伟)

典例剖析

例27

已知：如图，在菱形ABCD作ME⊥CD于点E，∠1=∠2．

（1）若CE=1，求BC的长；（2）求证：AM=DF+ME．

2015年中考数学解答题专练专题十二

几何的计算与证明

针对训练

1．如图，平行四边形ABCD中，E是BC边的中点，连接AE，F为CD边上一点，且满足∠DFA=2∠BAE．（1）若∠D=105°，∠DAF=35°．求∠FAE的度数；（2）求证：AF=CD+CF．

4．如图，菱形ABCD中，点E、M在AD上，且CD=CM，点F为AB上的点，且∠ECF=∠B．

（1）若菱形ABCD的周长为8，且∠D=67.5°，求△MCD的面积；（2）求证：BF=EF﹣EM．

5．如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE=CF，连接EF、BF，EF与

2．平行四边形ABCD中，BG垂直于CD，且AB=BG=BE，AE交BG于点F．

（1）若AB=3，∠BAD=60°，求CE的长；（2）求证：AD=BF+CG．

对角线AC交于点O，且BE=BF，∠BEF=2∠BAC．（1）求证：OE=OF；

（2）若BC=2，求AB的长．

3．如图，菱形ABCD中，点M为AD的中点，点N在AB上，DE⊥BC的延长线于点E，连接BM、DN、EN，∠AND=∠MBC．（1）AN=3，BE=8，求DE的长；（2）求证：∠DNE=2∠ABM．

6．已知，矩形ABCD中，延长BC至E，使BE=BD，F为DE的中点，连结AF、CF．

（1）若AB=3，AD=4，求CF的长；

（2）求证：∠ADB=2∠DAF．

(命题刘伟)

2015年中考数学解答题专练专题十二

几何的计算与证明

7．如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边AB上，连接ED，过点D作FD⊥DE与BC的延长线相交于点F，连接EF与边CD相交于点G、与对角线BD相交于点H．（1）若BD=BF，求BE的长；（2）若∠ADE=2∠BFE，求证：HF=HE+HD．

8．已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠BCA的平分线CF交AB于点F，过点B

作BM⊥CF于点N，交AC于点M，过点C作CP⊥CF，交AD延长线于点P．

（1）若正方形ABCD的边长为4，求△ACP的面积；（2）求证：CP=BM+2FN．

5.几何证明与计算专题 篇五

经过圆心的弦是直径；

圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧；

圆上任意一条直径的两个端点分圆成两条弧，每一条弧叫做半圆；

大于半圆弧的弧叫优弧，小于半圆弧的弧叫做劣弧；

由弦及其所对的弧组成的图形叫做弓形。

（1）当两圆外离时，d>R_+r；

（2）当两圆相外切时，d=R_+r；

（3）当两圆相交时，R_-r

（4）当两圆内切时，d=R_-r（R>r）；

（4）当两圆内含时，d

其中，d为圆心距，R、r分别是两圆的半径。

如何判定四点共圆，我们主要有以下几种方法：

（1）到一定点的距离相等的n个点在同一个圆上；

（2）同斜边的直角三角形的各顶点共圆；

（3）同底同侧相等角的三角形的各顶点共圆；

（4）如果一个四边形的一组对角互补，那么它的四个顶点共圆；

（5）如果四边形的一个外角等于它的内对角，那么它的四个顶点共圆；

（6）四边形ABCD的对角线相交于点P，若PA_*PC=PB_*PD，则它的四个顶点共圆；

（7）四边形ABCD的一组对边AB、DC的延长线相交于点P，若

PA_*PB=PC_*PD，则它的四个顶点共圆。

1、作直径上的圆周角

当告诉了一条直径，一般通过作直径上的圆周角，利用直径所对的圆周角是直角这一

条件来证明问题.2、作弦心距

当告诉圆心和弦，一般通过过圆心作弦的垂线，利用弦心距平分弦这一条件证明问题.3、过切点作半径

当含有切线这一条件时，一般通过把圆心和切点连起来，利用切线与半径垂直这一性

质来证明问题.4、作直径

当已知条件含有直角，往往通过过圆上一点作直径，利用直径所对的圆周角为直角这

一性质来证明问题.5、作公切线

当已知条件中含两圆相切这一条件，往往通过过这个切点作两圆的公切线，通过公切

线找到两圆之间的关系.6、作公共弦

当含有两圆相交这一条件时，一般通过作两圆的公共弦，由两圆的弦之间的关系，找

出两圆的角之间的关系.7、作两圆的连心线

若已知中告诉两圆相交或相切，一般通过作两圆的连心线，利用两相交圆的连心线垂直

平分公共弦或；两相切圆的连心线必过切点来证明问题.8、作圆的切线

若题中告诉了我们半径，往往通过过半径的外端作圆的切线，利用半径与切线垂直或利

用弦切角定理来证明问题.9、一圆过另一圆的圆心时则作半径

题中告诉两个圆相交，其中一个圆过另一个圆的圆心，往往除了通过作两圆的公共弦外，还可以通过作圆的半径，利用同圆的半径相等来证明问题.10、作辅助圆

当题中涉及到圆的切线问题（无论是计算还是证明）时，通常需要作辅助线。一般地，有以下几种添加辅助线的作法：

（1）已知一直线是圆的切线时，通常连结圆心和切点，使这条半径垂直于切线.（2）若已知直线经过圆上的某一点，需要证明某条直线是圆的切线时，往往需要作出经

过这一点的半径，证明直线垂直于这条半径，简记为“连半径，证垂直”；若直线与圆的公

共点没有确定，则需要过圆心作直线的垂线，得到垂线段，再通过证明这条垂线段的长等

6.勾股定理与几何证明答案 篇六

练习

一、利用勾股定理证明一些重要的几何定理

1、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高.证明：（1）CD2ADBD

（这个结果表明，利用勾股定理可以导出三角形相似的一系列结果）（2）

练习

二、将勾股定理应用于四边形

1、四边形ABCD的对角线为AC和BD.（1）证明：若ACBD，则AB2CD2、一个四边形的顶点分别在一个边长为1的正方形各边上，其边长依次为a、b、c、d.求证：2abcd4.假设MNPQ分别将正方形ABCD的四个边分成了线段：m1 m2 n1 n2 p1 p2 q1 q2 ∵MNPQ都在正方形ABCD的四个边上，所以有四个直角三角形∴a²+b²+c²+d²=m1²+m2²+n1²+n2²+p1²+p2²+q1²+q2²∵m1+m2=正方形边长即为“1”（其他同理）∴a²+b²+c²+d²=m1²+(1-m1)²+n1²+(1-n1)²+p1²+(1-p1)²+q1²+(1-q1)²整理之后得到：a²+b²+c²+d²=2*(m1-1/2)²+1/2+2*(n1-1/2)²+1/2+2*(p1-1/2)²+1/2+2*(q1-1/2)²+1/2=2*[(m1-1/2)²+(n1-1/2)²+(p1-1/2)²+(q1-1/2)²] + 2m1、n1、p1、q1的长都是最大为1最小为0它们都等于1/2时值最小，都等于1时值最大那么a²+b²+c²+d²的最小值就是2，最大值就是4

222221AC21BC21CD2

ADBC；

22练习

三、勾股定理结合图形变换

1、如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，BD＝3，CD＝2，求△ABC的面积。

证明：

分别以AB、AC为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，D点的对称点为E、F，延长EB、FC相交于G点，得到四边形AEGF是正方形，根据对称的性质可得：BE=BD=2，CF=CD=3，设AD=x，则正方形AEGF的边长是x，则BG=EG-BE=x-2，CG=FG-CF=x-3，在直角△BCG中，根据勾股定理可得：（x-2）2+（x-3）2=52，解得：x=6；

4、已知,如图在四边形ABCD中,∠ABC=30°,∠ADC=60°,AD=DC.求证: BC2AB2BD2

证明：连结AC, 因为AD=DC,∠ADC=60° 则△ACD是等边三角形.过B作BE⊥AB,使BE=BC, 连结CE,AE则∠EBC=90°-∠ABC=90°-30°=60° ∴△BCE是正三角形, 又∠ACE=∠ACB＋∠BCE=∠ACB＋60° ∠DCB=∠ACB＋∠ACD=∠ACB＋60° ∴∠ACE=∠DCB又DC=AC,BC=CE 所以△DCB≌△ACE 所以AE=BD 在直角三角形ABE中AE2AB2BE2

7.几何证明与计算专题 篇七

一、选择题

1.已知A∈α，P∉α，＝，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为()A.30°

B.45°

C.60°

D.150° 【答案】C 【解析】设PA与平面α所成的角为θ，则sinθ＝

∵θ∈0°，90°，∴θ＝60°，故选C.2.(2017·泸州二模)在空间直角坐标系中，点P(m,0,0)到点P1(4,1,2)的距离为则m的值为()A.－9或1 B.9或－1 C.5或－5 D.2或3 【答案】B 【解析】由题意|PP1|＝1.故选B.点睛：空间向量数量积的三个应用(1)求夹角，设向量,所成的角为，则cos＝

2，即，∴(m－4)＝25，解得m＝9或m＝－

2，进而可求两异面直线所成的角．(2)求长度(距离)，运用公式||＝·，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．(3)解决垂直问题，利用⊥⇔·＝0(≠，≠)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．

3.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】A，D，E分别是AC1和BB1的中点，【解析】

由已知AB＋BC＝AC，则AB⊥BC.分别以BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，222cos〈，n〉＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sinθ＋cosθ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．

4.如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()2

A.AP⊥PB，AP⊥PC B.AP⊥PB，BC⊥PB C.平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D.AP⊥平面PBC 【答案】B 【解析】A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；

C中，BC⊥PC，AP⊂平面APC，因为平面BCP⊥平面PAC，所以BC⊥平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；

D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.点睛: 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.5.(2017·东北三校联考(一))在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C 【解析】试题分析：延长CA到D，根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，而三角形A1DB为等边三角形，可求得此角． 解：延长CA到D，使得AD=AC，则ADA1C1为平行四边形，∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角，又A1D=A1B=DB=AB，则三角形A1DB为等边三角形，∴∠DA1B=60°故选C．

考点：异面直线及其所成的角．

6.(2017·丽水一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P－EC－D为 时，AE＝()

A.1B.C.2－

D.2－

【答案】D

DA,DC,DP分别为【解析】试题分析：以点D为原点建立空间直角坐标系，0，0）,E（1,a,0）,C（0,2,0）,P（0,0,1），,设平面

D轴，（0，平面的法向量为，即,那么，解得:,平面的法向量为,那么，解得，所以考点：空间向量 ,故选D.7.(2017·黄冈质检)如图，在棱长均为2的正四棱锥P－ABCD中，点E为PC的中点，则下列命题正确的是()

A.BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为B.BE∥平面PAD，且BE到平面PAD的距离为

C.BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角大于30° D.BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30° 【答案】D 【解析】

连接AC，BD，交点为O，连接OP，以O为坐标原点，OC，OD，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由正四棱锥P－ABCD的棱长均为2，点E为PC的中点，知A(－则 ＝，0,0)，B(0，－，＝(－，0)，C(，0，－，即，0,0)，D(0，)，＝(0，0)，P(0,0，－)，E，)，设m＝(x，y，z)是平面PAD的法向量，则m⊥，且m⊥，令x＝1，则z＝－1，y＝－1，m，＝(1，－1，－1)是平面PAD的一个法向量，设BE与平面PAD所成的角为θ，则sinθ＝故BE与平面PAD不平行，且BE与平面PAD所成的角小于30°，故选D.点睛：(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角后(求出是钝角时取其补角)，取其余角即为直线与平面所成的角．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2＋cos2＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．

8.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则点A1到平面AB1D1的距离是()A.1 B.C.D.2 【答案】B 【解析】设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以S△AB1D1h＝S△A1B1D1×AA1，所以h＝故选B.点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离

二、填空题

9.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝则直线DE与平面BB1C1C所成角的正弦值为．

【答案】，D，E分别是AC1，BB1的中点，【解析】

如图，取AC的中点F，连接DF，BF，则DF∥BE，DF＝BE，∴DE∥BF，∴BF与平面BB1C1C所成角的正弦值为所求．∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C.作GF∥AB交BC于点G，则GF⊥平面BB1C1C，∴∠FBG为直线BF与平面BB1C1C所成的角．由条件知BG＝BC＝，GF＝AB＝，∴tan∠FBG＝

＝，∴∠FBG＝，∴sin∠FBG＝sin＝，即直线DE与平面BB1C1C所成角的正弦值为.10.正方体ABCD－A1B1C1D1中，面ABD1与面B1BD1所夹角的大小为．

【答案】60°【解析】建立空间直角坐标系D－xyz，如图．

设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)． ∴ ＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)，＝(1,1,0)．

设平面ABD1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则由m·＝0，m·＝0，可得m＝(1,0,1)，由n·＝0，n·＝0，得n＝(1，－1，0), ∴cos〈m，n〉＝＝.∴所求二平面的大小为60°.学

...学

...学

...学

...11.(2017·山西晋中五校联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足＝λ，则当实数λ的值为时，∠AFE为直角．

【答案】

【解析】∵SA⊥面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AB＝4，SA＝3，∴B(0,4,0)，S(0,0,3)． 设BC＝m，则C(m,4,0)，∵∴∴F∴要使∠AFE＝90°，则又∴∴16λ＝9，∴λ＝.点睛：空间向量数量积的三个应用(1)求夹角，设向量,所成的角为，则cos＝，进而，＝λ，∴

＝λ

.同理，E，，可求两异面直线所成的角．(2)求长度(距离)，运用公式||2＝·，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．(3)解决垂直问题，利用⊥⇔·＝0(≠，≠)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．

三、解答题

12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝AD＝2，BC＝1，CD＝.(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；

(2)若二面角M－BQ－C为30°，设PM＝t·MC，试确定 t 的值．

【答案】(1)见解析(2)3

又∵平面PAD⊥平面ABCD 且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD． ∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．

（2）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．

∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PQ⊥平面ABCD．

如图，以Q为原点建立空间直角坐标系． 则平面BQC的法向量为，设∵，则，．，；，∴，∴

在平面MBQ中，∴平面MBQ法向量为∵二面角M-BQ-C为30，∴．，．，考点：本题考查了空间中的线面关系

8.几何证明与计算专题 篇八

教材：义务教育课程标准实验教科书人教版七年级（下册）第七章第四节

宁夏吴忠市第一中学 马秀丽

一、教学目标

1、在实验与探究的学习活动中，使学生了解镶嵌的含义，认识到正三角形、正四边形和正六边形可以镶嵌平面，并能理解其中的道理。

2、通过探索多边形覆盖平面的条件，发展学生的合情推理能力，在活动中使学生的观察、猜想、归纳及动手操作的能力得以提升。

3、通过现实情境，让学生体会到数学的应用价值；经历对平面镶嵌条件的探索活动，提高数学学习的兴趣，建立良好的自信心。

二、教学重点、难点：教学重点：镶嵌的含义及平面镶嵌条件的探究。教学难点：探究平面镶嵌的条件。

三、课前准备:

1、学生准备： ① 每位同学分别准备好6-8个边长为5厘米长的正三角形、正四边形、正五边形、正六边形。② 搜集有关镶嵌图片。

2、教师准备： ① 生活中有关镶嵌图片。② 多媒体课件。

四、教学过程： 教学环节教学内容 学生活动设计意图创设情境 引出课题大千世界中蕴涵着大量的数学信息，观看屏幕上一组生活中的地砖图片（电脑演示）教师提出问题：同学们仔细观察这些图片中都有那些图形？这些图形的共同特点是什么？你知道铺地砖时有什么要求？ 教师点评，明确镶嵌含义：用地砖铺地，用瓷砖贴墙，都要求砖与砖严丝合缝，不留空隙，把地面或墙面全部覆盖。从数学角度看，这些工作就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）的问题。引出课题：镶嵌（第一课时）学生欣赏图片。学生观察后，在独立思考的基础上，分组交流，然后派代表发表见解。从普通、熟悉的现象中探求数学概念，易使学生产生亲切感，容易较快地进入角色。通过一系列图片的展示下引出课题，使学生感受到生活中处处有数学，让学生亲身经历体会从具体情景中发现数学问题，进而寻求解决问题的方法的全过程。合作交流 探索新知在前面学生了解了镶嵌的含义的基础上依次提出下列问题： 问题1：请你动手拼拼看能否用正三角形镶嵌成一个平面图案？ 学生四人一组,由组长负责分工，开始实验。学生以小组合作的形式动手拼图。给学生充分的时间在组内进行交流。交流后展示每组的作品。形成结论： 正三角形能镶嵌成一个平面图案。正三角形是多边形中的特殊图形，因此，从正三角形入手，使学生会感到既熟悉，又轻松，为结论的得出奠定了基础。教学环节教学内容学生活动设计意图合作交流 探索新知问题2：动手拼拼看，分别用正四边形和正六边形能否镶嵌成一个平面图案？ 问题3：拼拼看，用正五边形能否镶嵌成一个平面图案？ 教师将学生的这四种拼图过程利用多媒体演示给学生。镶嵌条件的探究： 通过前面的实验，学生会急于知道：镶嵌成一个平面图案的条件到底是什么？教师顺势提出问题： 为什么正三角形、正四边形、正六边形能够能够镶嵌成一个平面图案，而正五边形却不能？同一种正多边形能够镶嵌成一个平面图案的条件是什么？给学生足够的时间，让他们充分活动后，在黑板上展示作品。形成结论： 正三角形、正四边形和正六边形都能镶嵌成一个平面图案，正五边形不能。学生观察教师的动态演示。学生先独立思考2-3分钟。以组为单位，研究解决问题的方法，从已有经验出发，试从不同角度寻求解决问题的方法。教师深入到各小组，倾听学生们的讨论，鼓励学生大胆猜想，畅所欲言，对其中合理的回答给予肯定，对有困难的组要及时进行指导。学生亲自操作实验，再次感受镶嵌的含义，并会产生探究的欲望，学生会思考：为什么正三角形、正四边形、正六边形能够能够镶嵌成一个平面图案，而正五边形却不能？这些内容中蕴涵什么数学规律？从而引出探究的问题。这样的教学设计将促进学生主动探究、乐于探究。在前面学生动手做的基础上，比较几种图形的共性，以学生的眼观、脑想、口说，用比较归纳的方法得出平面镶嵌的条件,并以正五边形为反例，强化镶嵌条件。在合作中学习与人交流，集思广益，通过交流，让学生用自己的语言清楚地表达解决问题的过程，提高语言表达能力。教学环节教学内容 学生活动设计意图 合作交流 探索新知教师利用多媒体展示。在全班同学的互相补充和完善下，教师加以总结概括，得到： 结论：多边形能覆盖平面需要满足：拼接在同一个点的各个角的和恰好等于360°。推论：同一种正多边形能进行平面镶嵌的条件是：这个正多边形内角度数能整除360°。学生观看教师的动态演示。与教师一起总结归纳镶嵌条件。阅读结论，加深理解。通过镶嵌条件的归纳过程，使不同层次的学生在独立思考的前提下，在交流与合作过程中感受新知，建立新的知识体系，为学生的进一步探索提供可能。应用推广 巩固提高教师提出问题： 你还能找出其它能作镶嵌的正多边形吗？说说你的理由。教师进行总结概括： 要使同一种正多边形能覆盖平面，必须要求这个正多边形内角度数能整除360°。事实上除了正三角形、正四边形、正六边形外，其他正多边形都不可以镶嵌，并说明这一结论的证明有待于今后知识的学习来获得。学生通过计算正七边形、正八边形、正九边形的内角后进行归纳，然后小组交流。在不提供其他正多边形图片的情景下，让学生去思辨得出：不存在其它正多边形的镶嵌，旨在培养学生的抽象推理能力，使学生由感性认识上升到理性认识，从而使所学知识得到推广和应用，获得更具体更坚实的数学经验。教学环节教学内容 学生活动设计意图课堂小结 体验收获（1）学生谈谈通过本节课的学习有什么收获？还有哪些疑惑？ 教师对个别学生富有个性的学习表现给予肯定和激励，使他们感受到成功的喜悦，并对有疑惑的地方进行补答。（2）学生例举生活中见过的镶嵌实例。（3）教师展示更多实例回归生活。学生反思解决问题的过程并发表个人看法。学生举出镶嵌实例，并展示课前搜集好的镶嵌图片。观看教师展示的图片。通过回顾与反思，使学生养成反思学习过程的习惯，初步学会自我评价学习效果，通过谈收获，让学生看到自己的进步，激励学生，促进学生形成良好的心理品质，同时有些学生可能会提出心中的疑问，通过学生相互间解惑，既消除了学生心中的疑惑，又培养了学生口头表达能力。通过让对学生举例，并且观看教师展示的各种生活图片，让学生再次感受几何美与生活美，激发学生的创作欲望，让数学再次回归生活。课 后 拓 展

1、分别剪出几个形状、大小相同的任意三角形和任意四边形，拼拼看能否镶嵌成平面图案？

2、试用多种正多边形组合进行镶嵌设计。

9.几何证明与计算专题 篇九

一、选择题

1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()．

A．l1∥l2B．l1⊥l

2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确

2．直线l1，l2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是()

A．s1＝(1,1,2)，s2＝(2，－1,0)

B．s1＝(0,1，－1)，s2＝(2,0,0)

C．s1＝(1,1,1)，s2＝(2,2，－2)

D．s1＝(1，－1,1)，s2＝(－2,2，－2)

35153．已知a＝1，－，b＝－3，λ，－满足a∥b，则λ等于()． 222

2992A.B.C．－D．－ 322

34．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是()．

A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)

B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)

C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)

D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)

5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是()

A．n1＝(1,2,3)，n2＝(－3,2,1)

B．n1＝(1,2,2)，n2＝(－2,2,1)

C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－2,2,1)

D．n1＝(1,1,1)，n2＝(－2，－2，－2)

6．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()．

62636065A.B.C.D.7777

7．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是()

A．(1，－1,1)3B.1，3，2



C.1，－3，2

二、填空题



D.－1，3，－

2

8．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则

l1与l2的位置关系是_______．

9．平面α的一个法向量n＝(0,1，－1)，如果直线l⊥平面α，则直线l的单位方向向量是s＝________.→

＝0的_______．

→

12．已知→AB＝(1,5，－2)，→BC＝(3,1，z)，若→AB⊥→BC，→BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．

三、解答题

13．已知：a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：

→

11．已知AB＝(2,2,1)，AC＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是________．

→

→

→

→

→

10．已知点A，B，C∈平面α，点P∉α，则AP·AB＝0，且AP·AC＝0是AP·BC

a，b，c.14.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：

MN∥平面A1BD.证明 法一 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直

线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，1

则M0，1，N，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，22→

1

1于是MN＝，0，2

2设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)． x＋z＝0，则n·DA1＝0，且n·DB＝0，得

x＋y＝0.→

→

取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． →

11

又MN·n＝，0，·(1，－1，－1)＝0，22→

∴MN⊥n，又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.15．如图，已知ABCDA1B1C1D1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＝M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥面

BCC1B1.→→

证明(1)建立如图所示的坐标系，则BE＝(3,0,1)，BF＝(0,3,2)，BD1＝(3,3,3)．

→→

→→→→

所以BD1＝BE＋BF，故BD1、BE、BF共面． 又它们有公共点B，所以E、B、F、D1四点共面．(2)如图，设M(0,0，z)，→

→→

2

则GM＝0，－，z，而BF＝(0,3,2)，3

→→

由题设得GM·BF＝－×3＋z·2＝0，得z＝1.→

因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，所以ME＝(3,0,0)． →

→

又BB1＝(0,0,3)，BC＝(0,3,0)，→→→→

所以ME·BB1＝0，ME·BC＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.16．如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．

求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为 22

，0、(0,0,1)．

22→22∴NE＝－，－1.22

2

2又点A、M的坐标分别是2，2，0)、，1

22



→

22∴AM＝－，－1.22

→→

∴NE＝AM且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.22

(2)由(1)知AM＝－，－1，22

→

∵D2，0,0)，F(2，2，1)，∴DF＝(0，2，1)→→