初二的几何怎么学好

初二的几何怎么学好（共5篇）

初二的几何怎么学好篇1

(一)对基础知识的把握一定要牢固，在这个基础上我们才能谈如何学好的新问题。例如我们在证实相似的时候，假如利用两边对应成比例及其夹角相等的方法时，必须注重所找的角是两边的夹角，而不能是其它角。在回答圆的对称轴时不能说是它的直径，而必须说是直径所在的直线。像这样的细节我们必须在平时就要引起足够的重视并且牢固把握，只有这样才是学好几何的基础。

(二)善于归纳总结，熟悉常见的特征图形。

(三)熟悉解题的常见着眼点，常用辅助线作法，把大新问题细化成各个小新问题，从而各个击破，解决新问题。在我们对一个新问题还没有切实的解决方法时，要善于捕捉可能会帮助你解决新问题的着眼点。例如，在一个非直角三角形中出现了非凡的角，那你应该马上想到作垂直构造直角三角形。因为非凡角只有在非凡形中才会发挥功能。再比如，在圆中出现了直径，马上就应该想到连出90°的圆周角。碰到梯形的计算或者证实新问题时，首先我们心里必须清楚碰到梯形新问题都有哪些辅助线可作，然后再具体新问题具体分析。

(四)考虑新问题全面也是学好几何至关重要的一点。在几何的学习中，经常会碰到分两种或多种情况来解的新问题，那么我们怎么能更好的解决这部分新问题呢?这要靠平时的点滴积累，对比较常见的分情况考虑的新问题要熟悉。例如说到等腰三角形的角要考虑是顶角还是底角，说到等腰三角形的边要考虑是底还是腰，说到过一点作直线和圆相交，要考虑点和圆有三种位置关系，所以要画出三种图形。这样的情况在几何的学习中是非经常见的，在这里不一一列举，但大家在做题时一定要注重考虑到是否要分情况考虑。很多时候是你平常注重积累了，你心里有了这个新问题，你作题时才会自然而然的想到。

初二的几何怎么学好篇2

一、树立信心, 自我激励, 是学好几何的前提

在学习过程中, 影响最大的莫过于是选择乐观的学习态度还是悲观的学习态度, 这种选择可能给学习带来激励, 也有可能阻滞学习。也就是说, 首先要树立起“我能行, 我能学好”的信心, 然后要学习自我激励, 也就是要善于发现自己在这方面的进步, 并给自己以鼓励。有了这两样, 就奠定了学习成功的基石。

二、掌握概念, 是学好几何的基础

几何概念对学习好几何知识是至关重要的, 不理解几何概念, 学习几何知识就无从谈起。概念上用很精辟的语言描述的, 要学好概念, 首先要弄清概念的三方面: (1) 定义——对概念; (2) 图形——对定义的直观形象描绘; (3) 表达方式——对定义本质属性的反映。我们要注意概念间的区别和联系, 同时要将图形和语言描述结合起来, 要在理解的基础上记住公理、定理、法则、性质。

三、理解并正确运用几何语言, 是学好几何的关键

几何语言是非常精炼准确的, 它分为文字语言、符号语言和图形语言。这三种几何语言通常是联系在一起的, 对它的学习要严谨、准确, 要能将这三种语言“互译”, 要能将通常的语言翻译成几何语言。如:∠1和∠2互为余角 (文字语言) ;∠1+∠2=90°, ∠1=90°-∠2, ∠2=90°-∠1 (符号语言) ;等。只有这样我们才能“表情达意”。

高中教材实验修订本。必修第二册 (上) (以下简称课本) 第119页习题:过抛物线=2px的焦点的一条直线和此抛物线相交, 两个交点的纵坐标为y1……y2求证:y1y2=-p2。

证明:设过焦点的直线为即:将上式代入y2=2px, 得

去分母后整理得ky2-2py-kp2=0

设这方程的两根为y1 y2, 则有

题目旨在论证满足条件的两交点的纵坐标的积为定值-p2, 这是关于抛物线焦点弦的一条重要性质, 其证明方法却是解决直线与圆锥曲线位置关系的最重要、最常用的方法, 不仅如此, 题目在示范性、可延伸性及知识网络的构建上也给我们提供了切实可行的机会 (值得注意的是这类题常常为高考题的背景来源之一)

改变题目的条件、结论、作延伸变换

变式一:过抛物线y2=2px轴上的点 (np, 0) (n>0) 作直线交抛物线于A (x1, y1) , B (x2, y2) 两点则y1y2=-2np2

证明:设过点 (np, 0) 的直线为y=k (x-np) (k≠0)

则

将上式代入y2=2px, 得去分母后整理得:ky2-2py-2knp2=0

设这个方程的两根为y1y2则有当斜率k不存在时, 则过点 (np, 0) 的直线为x=np将上式代入y2=2px, 得y2=2p.np=2np2

设这个方程的两根为c1y2则有y1y2=-2np2

变式二:过抛物线y2=2px轴上的点 (np, 0) (n>0) 作直线交抛物线于A (x1, y1) , B (x2, y2) 两点, 设O为坐标原点, 求OA垂直于OB的充要条件。

四、学会画图, 是学好几何的必备条件

几何图形是学习研究的主要对象, 画图能将几何问题具体化、形象化。画准图形是解 (证) 几何题的基础, 画出正确的符合题意的图形能给解题带来清晰的思路, 让你豁然开朗, 有些题目是画好图形, 答案就出来了;反之则给思考问题、解决问题带来错觉, 甚至把思维引入歧途。

五、联想是学好几何的重点所在

在几何的学习中, 要学会联想, 也就是说当一个题给出条件后, 要把与这个条件相关的知识都在大脑中反映出来, 而告诉的这个条件就隐含了很多已知条件。比如:已知直角三角形中……则马上就要联想到: (1) 角的关系。有一个角是90°;两个锐角互余;三内角和等于180°。 (2) 边的关系。勾股定理;射影定理;斜边上的中线等于斜边的一半, 等。当然, 要能作出这样的反应, 就必须要求平时能将这些公理、定理、性质熟记于胸。

六、熟悉辅助线, 是学好几何的难点

几何学习中, 常会遇到一些需要作辅助线的情况, 而辅助线常是解 (证) 几何题的一个桥梁, 因此要掌握一些常用辅助线的作法。我们常见的辅助线有:作角平分线、作垂直 (高) 、外平移、作中位线、作平行线、作圆周角等。在哪种情况下作什么辅助线就需要平时多积累、归纳、总结, 只有将常用的辅助线烂熟于胸, 才能更好、更快地解决几何问题。

七、正确的书写格式是学好几何的必备素质

几何的解 (证) 题与代数在解 (证) 题上有很大区别。几何借助图形思考, 言必有据, 其一般书写格式为: (1) 根据题意画出图形。 (2) 分清命题的题设和结论, 结合图形在已知中写出题设, 在求证中写出结论。 (3) 在证明中写出推理过程。几何题的证明方法有两种, 一种是直接法, 一种是间接法 (反证法) , 其书写格式应在老师指导下进行训练, 熟练掌握。

在初中几何的学习中, 做到了这七个方面, 则学习几何就会轻松有趣, 并能真正学好这门课。

充分利用课本例习题的作用

◇谭小红

略解:由变式一有y1y2=-2np2

又

若OA⊥OB.则KOA.KOB=-1

∴n=2.反之, 当n=2时, KOA.KOB=-1有OA⊥OB。

变式三:过抛物线y2=2px轴上的点 (np, 0) (n>0) 作直线交抛物线于A (x1, y1) , B (x2, y2) 两点, 求弦长|AB|的最值。

设直线AB的方程: (0<α<π) 代入y2=2px

于是U在[1, +∞]上递增。

∴当a=1即时, U有最小值2n而无最大值。

因此|AB|无最大值, 而当时, 即AB⊥x轴时

初二科学怎么学好篇3

第一、克服自卑。说你太笨你同意吗?如果同意，你真的无药可救，因为你连基本的骨气都没有，这样的人，老师在你身上花的时间都是在做无用功，浪费!!!身为天台外国语的学生，你不觉得耻辱吗?没有骨气的人，考什么高中?就应该淘汰!天外人就是要自豪的说我不笨，我很强!我的所作所为对得起我的父母对得起我的老师!当然有部分同学已经浪费了一个多月!自我放弃的的人，是最让人看不起的!

第二、注重学习方法。首先要主动学习：1、带着问题听课，上课积极举手发言，使听课注意力集中，力争当堂学习的内容,当堂理解并巩固，你会觉得效率提高很多。2、要多问问题，初二的科学有问题是正常的，没有问题是不可能的，问题闷在心中,长期得不到解决,越积越多,久而久之就会造成严重的知识缺陷。不敢提问题,是许多中学生学不好功课的重要原因。3、订正要及时规范，因为这是你最后一道防线，如果这一关也没有把握好病毒侵入后也就无药可救了。其次要多做练习。因为你不够聪明无法达到举一反反三，那你只能选择举三反一，做练习时,要坚持理解消化,立足于懂,不要图快。把每次作业当成考试，千万别为了完成任务，因为欺骗学习的人是最最愚蠢的。

怎么学好初二英语方法有哪些篇4

2.增加英语阅读量，可以增强自身对英语的敏感度和理解力。当然除了阅读，还可以看些英文电影之类，有同样的效果。

3.多和人交流，练习口语和语感，能够活化自身的英文思维能力。若找不到人对练，大声朗读课文，多听英语磁带，也是不错选择。

4.勤做练习，特别是写作练习，能够提高自身英文单词，词组的组装能力，更能提高对英文的运用能力。

5.课堂笔记，如果对自己的上课效率不满意的话，学会做笔记是个很好的解决方法。

教你学好立体几何的三招篇5

立体几何是考查空间想象能力的主要载体, 是高考的必考内容, 也是发展学生思维能力的一块良好的试验田.但在学习过程中, 很多学生对这门课程有畏惧感, 成绩也不令人满意.下面就教你破解立体几何问题的三招:

一、做好辅助线

1.当题目中有“两平面垂直”这个条件时, 做或找“交线的垂线”.因为由两平面垂直的性质定理:两平面垂直, 那么在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.从而所做的“交线的垂线”即为另一个“平面的垂线”, 为问题解决打开突破口.

例1 如图1, 将一副三角板拼接, 使它们有公共边BC, 且使两个三角板所在平面互相垂直, 若∠BAC=∠CBD=90 °, AB=AC, ∠BDC=60°, BC=6. (1) 求证:平面ABD⊥平面ACD; (2) 求二面角A-CD-B的大小 (3) 求B到平面的距离.

解析: (1) 因为平面ABC⊥平面DBC, 所以想到做或找“交线BC的垂线”, 显然DB⊥BC, 又DB⊂平面DBC, 所以BD⊥平面ACB, AC⊂平面ACB, 所以BD⊥AC, 又AC⊥AB, AB∩BD=B, 所以AC⊥平面ABD, AC⊂平面ACD, 所以平面ACD⊥平面ABD.

(2) 因为平面ABC⊥平面DBC, 所以继续做交线BC的垂线AE, 则由两平面垂直的性质定理知:AE⊥平面BCD, 过点E作EF⊥CD, 连结AF, 由三垂线定理得AF⊥CD, 则∠AFE为所求二面角A-CD-B的平面角, 在等腰直角三角形AEC中, BC=6, AE=EC=3, 在Rt△EFC中, $E F = \frac{1}{2} E C = \frac{3}{2}, \tan ∠ A F E = \frac{A E}{E F} = 2$ , 可求得∠AFE=arctan2.

(3) 欲求B到平面ACD的距离, 即求过点B与平面ACD垂直的线段的长.由 (1) 知:平面ABD⊥平面ACD, 只需做交线AD的垂线段BH, 则有:BH⊥平面ACD, 从而BH 的长即为所求的距离.在直角三角形ABD中, 由等面积法AB·BD=AD·BH得 $B Η = \frac{6 \sqrt{5}}{5} .$

评注:本题反复利用“两平面垂直”这个条件, 做或找“交线的垂线”, 使三问题能顺利解决.

2.当题目中有三角形、梯形一边中点时, 常取另一边中点, 出现中位线, 可利用三角形、梯形的中位线定理证明线线平行、线面平行关系.

例2 (2006年全国卷II) 如图2, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=BC, D、E分别为BB1、AC1的中点. (Ⅰ) 证明:ED为异面直线BB1与AC1的公垂线;

(Ⅱ) 设 $A A_{1} = A C = \sqrt{2} A B$ , 求二面角A1-AD-C1的大小.

解析: (Ⅰ) 取AC的中点O, 连接EO、BO, 则 $E Ο ■ \frac{1}{2} C C_{1}$ , 又CC1瘙綊BB1, 所以EO瘙綊DB, EOBD为平行四边形, 所以ED//OB.又BB1⊥BO, 所以BB1⊥ED.又因为BA=BC, 所以BO⊥AC, 又平面ABC⊥平面ACC1A1, BO⊂平面ABC, 故BO⊥平面ACC1A1所以ED⊥平面ACC1A1, AC1⊂ 平面ACC1A1, 所以ED⊥AC1, 故ED为异面直线AC1与BB1的公垂线.

(Ⅱ) 略.

例3 (2007全国卷Ⅱ) 如图3, 在四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为正方形, 侧棱SD⊥底面ABCD, E、F分别为AB, SC的中点.

(1) 证明EF//平面SAD;

(2) 设SD=2DC, 求二面角A-EF-D的大小.

证明: (1) 由于F为SC的中点, 所以取SD的中点G.连结AG、FG, 则 $F G ■ \frac{1}{2} C D$ , 又CD瘙綊AB, 故FG瘙綊AE, AEFG为平行四边形.

所以EF//AG, 又AG⊂平面SAD, EF⊄平面SAD.所以EF//平面SAD.

(2) 略.

例4 (2007江西高考卷) 如图4是一个直三棱柱 (以A1B1C1为底面) 被一平面BEF所截得到的几何体, 截面为ABC.已知A1B1=B1C1=1, ∠A1B1C1=90°, AA1=4, BB1=2, CC1=3.

(1) 设点O是AB的中点, 证明:OC//平面A1B1C1;

(2) 求二面角B-AC-A1的大小;

(3) 求此几何体的体积.

解析: (1) 由题意AA1B1B是直角梯形, 且点O是AB的中点, 所以想到取A1B1的中点O1, 连接OO1, 则OO1是梯形AA1B1B的中位线, 所以 $Ο Ο_{1} = \frac{1}{2} (A A_{1} + B B_{1}) = \frac{1}{2} (4 + 2) = 3$ , 又CC1=3, 所以OO1瘙綊CC1,

所以OO1C1C是平行四边形, OC//O1C1,

又O1C1⊂平面A1B1C1, OC⊄平面A1B1C1, 所以OC//平面A1B1C1.

(2) (3) 略.

评注:此三例就是利用“三角形、梯形的中位线”的性质证题, 往往会有“意外的惊喜”.

3.当题目中有“正方形” 这个条件且证明垂直关系时常连对角线, 利用“正方形的对角线互相垂直”来证题.

例5 (2007福建省高考理) 如图5, 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2, D为CC1中点. (1) 求证:AB1⊥平面A1BD; (2) 求二面角A-A1D-B的大小; (3) 求点C到平面A1BD的距离.

证明:依题意ABB1A1是正方形, 所以AB1⊥A1B, 又ABC-A1B1C1是正三棱柱, 所以△ABC是正三角形且平面ABC⊥平面BB1C1C, 取BC的中点O, 连结AO, 则有AO⊥平面BB1C1C, 连B1O, 可证得∠CBD=∠BB1O, 又∠CBD+∠DBB1=90°, 所以∠BB1O+∠DBB1=90°, 所以BD⊥OB1, 由三垂线定理得AB1⊥BD..又BD∩A1B=B, 所以AB1⊥平面A1BD. (2) (3) 略.

例6 (2007山东省高考文) 如图6, 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 已知DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC, AB//DC.

(1) 求证:D1C⊥AC1;

(2) 设E是DC上一点, 试确定E的位置, 使D1E//平面A1BD, 并说明理由.

证明: (1) 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 连结C1D, 因为DC=DD1, 所以四边形DCC1D1是正方形, 所以DC1⊥D1C.又AD⊥DC, AD⊥DD1, DC∩DD1=D, 所以AD⊥平面DCC1D1, D1C⊂平面DCC1D1, 所以AD⊥D1C.因为AD、DC1⊂平面ADC1, 且AD∩DC=D, 所以D1C⊥平面ADC1, 又AC1⊂平面ADC1, 所以D1C⊥AC1.

(2) 略.

评注:这两个高考题都利用“正方形的对角线互相垂直”来证明, 你掌握了吗?

4.当有等腰、等边三角形时, 常取底边的中点连成中线, 利用“等腰、等边三角形的中线即为高线”, 从而出现垂直关系.

例7 (2006年江西省高考题) 如图7, 在三棱锥A-BCD中, 侧面ABD、ACD是全等的直角三角形, AD是公共的斜边, 且 $A D = \sqrt{3} ‚ B D = C D = 1$ , 另一个侧面是正三角形. (1) 求证:AD⊥BC;

(2) 求二面角B-AC-D的大小;

(3) 在直线AC上是否存在一点E, 使ED与面BCD成30°角?若存在, 确定E的位置;若不存在, 说明理由.

证明: (1) △ABD≌△ACD, 所以BD=CD, 又△ABC是正三角形, 因此取BC的中点O, 连AO、DO, 则有AO⊥BC, DO⊥BC, AO∩DO=O, 所以BC⊥平面 AOD, ∴BC⊥AD.

(2) 由于△ABC是正三角形, 所以取AC的中点M, 则有BM⊥AC, 由于AC⊥CD, 所以取AD的中点N, 则有 $Μ Ν ■ \frac{1}{2} C D = \frac{1}{2} ‚ ∴ Μ Ν ⊥ A C$ , 则∠BMN就是二面角B-AC-D的平面角, $A C = \sqrt{2} ‚ B Μ = \frac{\sqrt{3}}{2} A C = \frac{\sqrt{6}}{2} ‚ B Ν = \frac{1}{2} A D = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , 由余弦定理可求得 $\cos ∠ B Μ Ν = \frac{\sqrt{6}}{3} ‚ ∠ B Μ Ν = \arccos \frac{\sqrt{6}}{3} .$

(3) 略.

例8 (2007浙江高考题19) 在如图8所示的几何体中, EA⊥平面ABC, DB⊥平面ABC, AC⊥BC, 且AC=BC=BD=2AE, M是AB的中点.

(Ⅰ) 求证: CM⊥EM;

(Ⅱ) 求CM与平面CDE所成的角.

证明: (Ⅰ) 因为AC=BC, M是AB的中点, 所以CM⊥AB, 又EA⊥平面ABC, DB⊥平面ABC, 所以E、A、D、B共面, 且CM⊥EA, 所以CM⊥平面ABDE, EM⊂平面ABDE, 所以CM⊥EM ( (注:CM⊥AB 就利用“等腰三角形中线即为高线”证得)

(Ⅱ) 略.

评注:等腰、等边三角形有很好的性质, 一定要熟练应用.

二、用好条件中的边长之间的关系

当题目中告诉一些边长的值或边长相等时, 一定要记得通过计算或论证发现有等腰、等边三角形或通过a2=b2+c2发现有直角三角形.

例9 如图9, 在三棱锥P-ABC中, $Ρ A = Ρ B = Ρ C ‚ A C = a ‚ A B = \sqrt{3} a, B C = 2 a$ , 点P到平面ABC的距离为 $\frac{3}{2} a$ , 求二面角的大小.

解:因为 $A C = a ‚ A B = \sqrt{3} a ‚ B C = 2 a$ , 即AC2+AB2=BC2, 所以△BAC是直角三角形, 过P作PO⊥平面ABC, 由PA=PB=PC知:垂足O是Rt△BAC的斜边的中点.过点O作棱AC的垂线OE, 连结PE, 则PE⊥AC, ∠PEO为所求二面角的平面角.由题设知: $Ρ Ο = \frac{3}{2} a ‚ Ο E = \frac{1}{2} A B = \frac{\sqrt{3}}{2} a ‚ \tan ∠ Ρ E Ο = \frac{Ρ Ο}{Ο E} = \sqrt{3} ‚ ∠ Ρ E Ο = 60 °$ , 即二面角P-AC-B的大小为60°.

评注:本题通过边长之间的关系发现△BAC是直角三角形, 利用直角三角形的外心就是斜边的中点, 从而迅速获解.

例10 (2005广东省高考题) 如图10所示, 在四面体P-ABC中, 已知 $Ρ A = B C = 6 ‚ Ρ C = A B = 10 ‚ A C = 8 ‚ Ρ B = 2 \sqrt{34} . F$ 是线段PB上一点, $C F = \frac{15}{17} \sqrt{34}$ , 点E在线段AB上, 且EF⊥PB.

(Ⅰ) 求证:PB⊥平面CEF; (Ⅱ) 求二面角B-CE-F的大小.

证明: (Ⅰ) 因为PC2+CB2=PB2, 所以PC⊥CB, 又因为 $S_{△ Ρ B C} = \frac{1}{2} | Ρ C | \cdot | B C | = \frac{1}{2} \times 10 \times 6 = 30$ , 而 $\frac{1}{2} | Ρ B | \cdot | C F | = \frac{1}{2} \times 2 \sqrt{34} \times \frac{15 \sqrt{34}}{17} = 30 = S_{△ Ρ B C}$ , 故CF⊥PB, 又已知EF⊥PB, EF∩CF=F, 所以PB⊥平面CEF.

(Ⅱ) 因为PA2+AC2=PC2, 所以PA⊥AC, 同理可证:PA⊥AB, AB∩AC=A, 故PA⊥平面ABC, CE⊂平面ABC, 所以CE⊥PA, 又CE⊥PB, 所以CE⊥平面PAB, 所以CE⊥EF, CE⊥EB, ∠FEB是二面角B-CE-F的平面角.所以 $\tan ∠ F E B = \cot ∠ Ρ B A = \frac{A B}{A Ρ} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3}$ , 故二面角B-CE-F的大小是 $\arctan \frac{5}{3} .$

评注:本题利用勾股定理发现了很多组垂直关系, 的确妙不可言.

三、注意利用向量的非坐标运算解

很多同学习惯用利用向量的坐标运算解题, 坐标运算有一定的局限性, 一是要能比较容易地建立起三个互相垂直方向的坐标系, 二是运算量较大, 对学生运算能力要求较高.而有些题目用向量的非坐标运算来解, 往往有“得来全不费功夫”之感.

例11 (2005全国Ⅱ) 如图11, 四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD是矩形, PD⊥底面ABCD, AD=PD, E、F分别为CD、PB的中点.

(Ⅰ) 求证:EF⊥平面PAB;

(Ⅱ) 设 $A B = \sqrt{2} B C$ , 求AC与平面AEF所成角的大小.

证明: (Ⅰ) 易证△BCE≌△PDE, 所以BE=PE, F是PB的中点, 故EF⊥PB, 连结FC、FD, 在Rt△BCP中, $C F = \frac{1}{2} Ρ B$ , 在Rt△BDP中, $D F = \frac{1}{2} Ρ B$ , 所以CF=DF, E为CD的中点, 故EF⊥CD, 又CD//AB, 所以EF⊥AB, AB∩PB=B, 所以EF⊥平面PAB.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 知:EF⊥PB, 又 $A B = \sqrt{2} B C$ , 所以AB=AP, 所以AF⊥PB; $\vec{Ρ B}$ 是平面AEF的法向量, 先求 $\vec{A C}$ 与 $\vec{Ρ B}$ 的夹角:

$\vec{A C} \cdot \vec{Ρ B} = (\vec{A B} + \vec{B C}) \cdot (\vec{Ρ A} + \vec{A B}) = \vec{A B}^{2} + \vec{B C} \cdot \vec{Ρ A} = 2 \vec{B C}^{2} + \vec{B C} \cdot \vec{Ρ A} \cos < \vec{B C} ‚ \vec{Ρ A} > = \vec{B C}^{2}$ , 所以 $\cos < \vec{A C}, \vec{Ρ B} > = \frac{\vec{A C} \cdot \vec{Ρ B}}{| \vec{A C} | \cdot | \vec{Ρ B} |} = \frac{\vec{B C}^{2}}{2 \sqrt{3} \vec{B C}^{2}} = \frac{1}{\sqrt{3} \times 2} = \frac{\sqrt{3}}{6}$ , 设AC与平面AEF所成角为α, 则 $\sin α = \cos < \vec{A C}, \vec{Ρ B} > = \frac{\sqrt{3}}{6}$ , 即AC与平面AEF所成角的大小 $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{6} .$

评注:向量非坐标形式的运算有时简洁明快, 出奇制胜, 不可忽视.

四、应用

例12 (2007宁夏高考题) 如图12, 在三棱锥S-ABC中, 侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形, ∠BAC=90°, O为BC中点.

(Ⅰ) 证明:SO⊥平面ABC;

(Ⅱ) 求二面角A-SC-B的余弦值.

证明:

(Ⅰ) 连结OA, 由题设SB=AB, SC=AC, BC是公共边, 所以△SBC≌△ABC, 又∠BAC=90°, 所以∠BSC=90° , ∴△BSC为等腰直角三角形, O为BC中点.SO⊥BC, 且SO=AO= $\frac{\sqrt{2}}{2} S A ., S Ο^{2} + A Ο^{2} = S A^{2}$ , 所以SO⊥AO, 又AO∩BC=O.所以SO⊥平面ABC.

(Ⅱ) 由于△SAC为等边三角形, 取SC的中点M, 则有 $A Μ ⊥ S C ‚ A Μ = \frac{\sqrt{3}}{2} S C$ , 由 (Ⅰ) 知:O为BC中点, 连结OM, 则 $Ο Μ ■ \frac{1}{2} B S ‚ B S ⊥ S C$ , 所以 $Ο Μ ⊥ S C ‚ Ο Μ = \frac{1}{2} B S = \frac{1}{2} S C ‚ ∠ A Μ Ο$ 为所求二面角A-SC-B的平面角, 在Rt△AOM中, $\cos ∠ A Μ Ο = \frac{Μ Ο}{A Μ} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , 即所求二面角A-SC-B余弦值是 $\frac{\sqrt{3}}{3} .$

评注: (Ⅰ) 中容易发现SO⊥BC, 但若不利用边长间的关系:SO2+AO2=SA2却不易发现:SO⊥AO; (Ⅱ) 中利用△SAC为等边三角形, 取棱SC的中点M可迅速作出平面角.

例13 如图13, 四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD是矩形, PA⊥底面 $A B C D, Ρ A = A B = 1, B C = \sqrt{2}, E$ 、F分别为AD、PC的中点, (1) 求证:PC⊥平面BEF; (2) 求BD与平面BEF所成角的正弦值.

证明: (1) 连结EP、EC, Rt△PAE≌Rt△CDE, 所以EP=EC, F为PC的中点所以EF⊥PC, 又因为PA⊥底面ABCD, PA=AB=1, 所以 $Ρ B = \sqrt{2}$ , , 又 $B C = \sqrt{2} ‚ F$ 为PC的中点, 所以BF⊥PC, 而BF∩EF=F, , 故PC⊥平面BEF.

(2) 由 (1) 知: $\vec{Ρ C}$ 是平面BEF的法向量, 先求 $\vec{B D}$ 与 $\vec{Ρ C}$ 的夹角:

$\begin{array}{l} \vec{B D} \cdot \vec{Ρ C} = (\vec{B C} + \vec{C D}) \cdot (\vec{Ρ B} + \vec{B C}) = \vec{B C}^{2} + \vec{C D} \cdot \vec{Ρ B} = 2 + | \vec{C D} | \cdot \\ | \vec{Ρ B} | \cos < \vec{C D}, \vec{Ρ B} > = 1, \cos < \vec{B D}, \vec{Ρ C} > = \frac{\vec{B D} \cdot \vec{Ρ C}}{| \vec{B D} | \cdot | \vec{Ρ C} |} = \frac{1}{\sqrt{3} \times 2} = \frac{\sqrt{3}}{6} \end{array}$