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1、二、例题分析：例1．（如图3）过三点M，N，P的平面，作与平面α，β，γ的交线。解析：（如图4）利用公理1，两点在平面内，推出两点所确定的直线在平面内。设α∩β=l,β∩γ=l,γ∩α=l，MN交l于A，交l于B。连接AP并延长交l于C，连接BC，123132综上可得，平面MNP∩α=MN，平面MNP∩β=PC，平面MNP∩γ=BC。例题2.（如图5）两个完全相等的正方形ABCD和ABEF不在同一平面内，点M，N分别在它们的对角线AC、BF上，且CM=BN，求证MN//平面BCE。证明1：连结AN并延长交B
2、E于G，连结CG，（如图6），易得ΔAFN∽ΔGBN，则=，由题设CM=BN得AM=FN，故：，∴MN//CG。而CG平面CBE，MN平面CBE，得MN//平面CBE。证明2：过M，N作MH//AB，交BC于H，作NG//AB交BE于G，连接GH，得MH//NG，又易得RtΔCMH≌RtΔBNG，得MH=NG。故四边形MNGH是平行四边形，∴MN//HG，而HG平面CBE，MN平面CBE，故MN//平面CBE。评点：证明线面平行的关键是找到平面内的某一条未知直线与平面外的已知直线平行，方法是逆用线面平行的判
3、定定理，即利用性质定理的“思路”过面外已知直线作平面与已知平面的“交线”，然后证明已知直线与交线平行即可得证。例3．已知，α∩β=l,a//α,a//β，求证：a//l.证明1：（如图8）过a作平面M交平面α于b,∵a//α,∴a//b,同理，过a作平面N交平面β于c，∵a//β,∴a//c,∴b//c,∵bβ,cβ,∴b//β,又平面α经过b交β于l,∴b//l.∵a//b,∴a//l.证明2：（如图9）在l上取一点P，∵pa,∴点P和a确定一个平面γ，∵p∈l,lα,∴p∈α,∴γ∩α=l＇而a//α,
4、∴a//l＇且l＇α,又p∈l,lβ,∴p∈β,∴γ∩βl"同理l"//a且l"β而l＇,l"与l均过P点，∴l＇,l"重合，即l＇为两平面α，β的交线l,∴a//l.评点：辅助线（面）是解证有关线面问题的关键，要充分发挥辅助线与辅助面在转化空间问题为平面问题中的化归作用。例题4.（如图10）ABCD为正方形，SA⊥平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于E、F、G，求证：AE⊥SB、AG⊥SD。分析：要证明线线垂直，应充分挖掘题设中的垂直关系，然后利用判定定理及性质定理证明。证明：∵S
5、C⊥平面AEFG，∴SC⊥AE，又SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BC。又AB⊥BC，∴BC⊥平面SAB，而AE平面SAB，∴BC⊥AE，而SC∩BC=C，∴AE⊥平面SBC，∴AE⊥SB。又SC⊥平面AEFG，∴SC⊥AG，∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥CD，而CD⊥AD，∴CD⊥平面ASD，又AG平面ASD，∴CD⊥AG，∴AG⊥平面SCD，∴AG⊥SD。评点：证不共面的线线垂直，常先证线面垂直，即证其中一线垂直于过另一线的平面。合理选择平面是解题的关键。例题5.在平面α内的直径为AB的⊙O，若SA⊥平面α
6、，且∠SBA=30°，在⊙O上的点M使∠MAB=θ，又知点A在SB、SM上的射影P，Q。∠APQ=，如图11所示，求证：（1）SB⊥平面APQ，（2）tanθtan=2证明：（1）∵BM⊥AM，SA⊥α且BMα，∴BM⊥SA，而SA∩AM=A，∴BM⊥面SAM，又AQ面SAM，∴BM⊥AQ，而AQ⊥SM，BM∩SM=M，故AQ⊥平面SBM而SB平面SBM，∴AQ⊥SB又由AP⊥SB，AP∩AQ=A，则SB⊥平面APQ。（2）∵AM⊥BM，∴ΔAMB是直角三角形，又AQ⊥平面SBM，PQ平面SBM，∴AQ⊥P
7、Q。故ΔAPQ是RtΔ，∴，又易得RtΔSPQ∽RtΔSMB,∴,∴,又RtΔSAM中，，∴，故：。而RtΔSPA中，csc30°=,∴=csc30°=2。评点：本题涉及线面垂直，线线垂直，三角函数等多种知识技能，是一难度较大的综合题。首先联系2与sin30°的相似性，确定目标等式，应归结到30°的RtΔSBA或RtΔSAP中加以解决；其次分析AQ与平面SMB的关系，利用相似直角三角形性质，分层次探索tanθ,tan的表达式及关系，转化tanθtan为30°直角三角形的边之比。另外本题（1）以后还可以利用三
8、垂线定理简化证明过程，请读者自行探索。小结：数学问题的解答，除了要解决如何选择知识用于解题外，还有一个重组有用知识，构建由条件导出结论的认知网络的问题，组建解题认知网络的随机性很大，只有借助相似类比的方法，分析、比较各种有用知识和条件、结论的关联程度，分层次探索重组知识结构的不同方案，才有可能构思出有效的解题程序。三、作业练习：1．（如图12）四面体ABCD被一平面所截，截面与四条棱AD、AC、BC、BD交于E、
