设底面边长为a，则高SO?6a。 2 于是 S(0,0,62a),D(?a,0,0) 22 C(0,2a,0) 2 OC?(0,2a,0) 226a,0,?a) 22 SD?(? OC?SD?0
故 OC?SD
从而 AC?SD
(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量DS?(26a,0,a)，平面DAC的22一个法向量OS?)0,0,OS?DS36,所求二面角?a)，设所求二面角为?，则cos??22OSDS的大小为30
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC. 由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量，
0 且 DS?（2626a,0,a),CS?(0,?a,a) 2222设 CE?tCS,
则 BE?BC?CE?BC?tCS?(?而 BE?DC?0?t?226a,a(1?t),at) 2221 3即当SE:EC?2:1时，BE?DS
而BE不在平面PAC内，故BE//平面PAC
五．【思维总结】
1．通过典型问题掌握基本解题方法，高考中立体几何解答题基本题型是：
（Ⅰ）证明空间线面平行或垂直； （Ⅱ）求空间中线面的夹角或距离； （Ⅲ）求几何体的侧面积及体积。
证明空间线面平行或垂直需注意以下几点：
①由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
②立体几何论证题的解答中，利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面）是解题的常用方法之一。
③明确何时应用判定定理，何时应用性质定理，用定理时要先申明条件再由定理得出相应结论。
④三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑.应用时常需先认清所观察的平面及它的垂线，从而明确斜线、射影、面内直线的位置，再根据定理由已知的两直线垂直得出新的两直线垂直.另外通过计算证明线线垂直也是常用的方法之一。
垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系： 1. 平行转化：线线平行?线面平行?面面平行； 2. 垂直转化：线线垂直?线面垂直?面面垂直；
每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的。 例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直。
2．“升降维”思想
直线是一维的，平面是二维的，立体空间是三维的。运用降维的方法把立体空间问题转化为平面或直线问题进行研究和解题，可以化难为易，化新为旧，化未知为已知，从而使问题得到解决。运用升维的方法把平面或直线中的概念、定义或方法向空间推广，可以立易解难，温旧知新，从已知探索未知，是培养创新精神和能力，是“学会学习”的重要方法。平面图形的翻折问题的分析与解决，就是升维与降维思想方法的不断转化运用的过程。
2．反证法
反证法是立体几何中常用的间接证明方法。
其步骤是：①否定结论；②进行推理；③导出矛盾；④肯定结论．用反证法证题要注意：①宜用此法否；②命题结论的反面情况有几种。
2010年高考数学一轮复习精品学案（人教版A版）
空间中的垂直关系
一．【课标要求】
以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨论证，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定。
通过直观感知、操作确认，归纳出以下判定定理：
◆一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直。◆ 一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直。
通过直观感知、操作确认，归纳出以下性质定理，并加以证明：
◆两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直。能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。
二．【命题走向】
近年来，立体几何高考命题形式比较稳定，题目难易适中，常常立足于棱柱、棱锥和正方体，复习是要以多面体为依托，始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质和判定作为考察重点。在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，示知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。
预测2010年高考将以多面体为载体直接考察线面位置关系：（1）考题将会出现一个选择题、一个填空题和一个解答题；
（2）在考题上的特点为：热点问题为平面的基本性质，考察线线、线面和面面关系的论证，此类题目将以客观题和解答题的第一步为主。
（3）解答题多采用一题多问的方式，这样既降低了起点又分散了难点.
三．【要点精讲】
1．线线垂直
判断线线垂直的方法：所成的角是直角，两直线垂直；垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条。
三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
P三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平
面的一条斜线垂直，那麽它也和这条斜线的射影垂直.
PO??,O????推理模式： PA???A??a?AO。
a??,a?AP??OA?a注意：⑴三垂线指PA，PO，AO都垂直α内的直线a. 其实质是：斜线和平面内一条直
线垂直的判定和性质定理. ⑵要考虑a的位置，并注意两定理交替使用。
2．线面垂直
定义：如果一条直线l和一个平面α相交，并且和平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l和平面α互相垂直.其中直线l叫做平面的垂线，平面α叫做直线l的垂面,直线与平面的交点叫做垂足。直线l与平面α垂直记作：l⊥α。
直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相
交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
直线和平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行。3．面面垂直
两个平面垂直的定义：相交成直二面角的两个平面叫做互相垂直的平面。两平面垂直的判定定理：（线面垂直?面面垂直）
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
两平面垂直的性质定理：（面面垂直?线面垂直）若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面。
四．【典例解析】
题型1：线线垂直问题
例1．如图1所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分别为A1D1，A1B1，BC，CD，DA，DE，CL的中点，求证：EF⊥GF。
证明：如图2，作GQ⊥B1C1于Q，连接FQ，则GQ⊥平面A1B1C1D1，且Q为B1C1的中点。
在正方形A1B1C1D1中，由E、F、Q分别为A1D1、A1B1、B1C1的中点可证明EF⊥FQ，由三垂线定理得EF⊥GF。
点评：以垂直为背景，加强空间想象能力的考查，体现了立体几何从考C1 B1
查、论证思想。A1
例2．（2006全国Ⅱ，19）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D
E D、E分别为BB1、AC1的中点，证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线。F 1C ∥C1C，又C1C∥证明：设O为AC中点，连接EO，BO，则EO＝＝B1B，所2以EO∥＝DB，EOBD为平行四边形，ED∥OB。
O B A ∵AB＝BC，∴BO⊥AC，
又平面ABC⊥平面ACC1A1，BO?面ABC，故BO⊥平面ACC1A1，∴ED⊥平面ACC1A1，BD⊥AC1，ED⊥CC1，
∴ED⊥BB1，ED为异面直线AC1与BB1的公垂线.
点评：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理增强。
题型2：线面垂直问题
例3．（1）（2006北京文，17）如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，求证：BD⊥平面ACC1A1。
（2）（2006天津文，19）如图，在五面体ABCDEF中，点O是
D1A1B1C1DABC
矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF∥BC。（I）证明FO∥平面CDE;；
12（II）设BC?3CD,证明EO?平面。
证明：（1）∵ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，∴CC1⊥平面ADCD, ∴BD⊥CC1
∵ABCD是正方形∴BD⊥AC
又∵AC，CC1?平面ACC1A1,且AC∩CC1=C,
∴BD⊥平面ACC1A1。（2）证明：
（I）取CD中点M，连结OM。
在矩形ABCD中， OM∥BC,又EF∥BC,1212
则EF∥OM.连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形。
?FO∥EM.又?FO?平面CDE，且EM?平面CDE，
?FO∥平面CDE。
（II）连结FM。
由（I）和已知条件，在等边?CDE中，CM?DM, EM?CD且EM?
31CD?BC?EF.22FE因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO?FM。
?CD?OM,CD?EM,?CD?平面EOM，从而CD?EO. 而FM?CD?M,所以EO?平面CDF.ADOCM点评：本题考查直线与平面垂直等基础知识，考查空间想象能力B和推理论证能力.
例4．如图，直三棱柱ABC—A1B1C1 中，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，AA1
＝2，D 是A1B1 中点．（1）求证C1D ⊥平面A1B ；（2）当点F 在BB1 上什么位置时，会使得AB1 ⊥平面C1DF ？并证明你的结论。
分析：（1）由于C1D 所在平面A1B1C1 垂直平面A1B ，只要证明C1D 垂直交线A1B1 ，由直线与平面垂直判定定理可得C1D ⊥平面A1B。
（2）由（1）得C1D ⊥AB1 ，只要过D 作AB1 的垂线，它与BB1 的交点即为所求的F 点位置。
（1）证明：如图，∵ ABC—A1B1C1 是直三棱柱，∴ A1C1 ＝B1C1 ＝1，且∠A1C1B1 ＝90°。又 D 是A1B1 的中点，∴ C1D ⊥A1B1 。
∵ AA1 ⊥平面A1B1C1 ，C1D ?平面A1B1C1 ，∴ AA1 ⊥C1D ，∴ C1D ⊥平面AA1B1B。
（2）解：作DE ⊥AB1 交AB1 于E ，延长DE 交BB1 于F ，连结C1F ，则AB1 ⊥平面C1DF ，点F 即为所求。
事实上，∵ C1D ⊥平面AA1BB ，AB1 ?平面AA1B1B ，∴ C1D ⊥AB1 ．又AB1 ⊥DF ，DF ?C1D ＝D ，
∴ AB1 ⊥平面C1DF 。
点评：本题（1）的证明中，证得C1D ⊥A1B1 后，由ABC—A1B1C1 是直三棱柱知平面C1A1B1 ⊥平面AA1B1B ，立得C1D ⊥平面AA1B1B。（2）是开放性探索问题，注意采用逆向思维的方法分析问题。题型3：面面垂直问题
例5．如图，△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，CE ＝CA ＝2 BD ，M 是EA 的中点，求证：（1）DE ＝DA ；（2）平面BDM ⊥平面ECA ；（3）平面DEA ⊥平面ECA。
分析：（1）证明DE ＝DA ，可以通过图形分割，证明△DEF ≌△DBA。（2）证明面面垂直的关键在于寻找平面内一直线垂直于另一平面。由（1）知DM ⊥EA ，取AC 中点N ，连结MN 、NB ，易得四边形MNBD 是矩形。从而证明DM ⊥平面ECA。
证明：（1）如图，取EC 中点F ，连结DF。
∵ EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，得DB ⊥平面ABC 。∴ DB ⊥AB ，EC ⊥BC。
∵ BD ∥CE ，BD ＝
11CE ＝FC ，则四边形FCBD 是矩形，DF ⊥EC。22又BA ＝BC ＝DF ，
∴ Rt△DEF ≌Rt△ABD ，所以DE ＝DA。（2）取AC 中点N ，连结MN 、NB ，∵ M 是EA 的中点，
∴ MN 由BD
1EC。21EC ，且BD ⊥平面ABC ，可得四边形MNBD 是矩形，于是DM ⊥MN。2∵ DE ＝DA ，M 是EA 的中点，∴ DM ⊥EA ．又EA ?MN ＝M ，
∴ DM ⊥平面ECA ，而DM ?平面BDM ，则平面ECA ⊥平面BDM。 （3）∵ DM ⊥平面ECA ，DM ?平面DEA ， ∴ 平面DEA ⊥平面ECA。
点评：面面垂直的问题常常转化为线面垂直、线线垂直的问题解决。 例6．（2009江西卷理）（本小题满分12分）
在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA?平面ABCD，PA?AD?4，AB?2. 以AC的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.
（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；
（2）求直线CD与平面ACM所成的角的大小； （3）求点N到平面ACM的距离. 解： 方法一：（1）依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC。 又因为P A⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，
所以CD⊥平面ＰＡＤ，则CD⊥AM，所以A M⊥平面PCD， 所以平面ABM⊥平面PCD。
（2）由（1）知，AM?PD，又PA?AD，则M是PD的中点可得
PNMADAM?22，MC?MD2?CD2?23 则S?ACM1AM?MC?26 2OBC设D到平面ACM的距离为h，由VD?ACM?VM?ACD即26h?8， 可求得h?26， 3h66，??arcsin。 ?CD33设所求角为?，则sin??（1） 可求得PC=6。因为AN⊥NC，由
PNPA8?，得PN?。所以NC:PC?5:9。 PAPC35故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的。
9又因为M是PD的中点，则P、D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为方法二：
（1）同方法一；
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,4)，
5106。 h?927zPMB(2,0,0)， C(2,4,0)，D(0,4,0)，M(0,2,2)；设平面ACM的一
N?A?????????????2x?4y?0个法向量n?(x,y,z)，由n?AC,n?AM可得：?，令
?2y?2z?0z?1，则
Dy?OBxC??????CD?n6???， n?(2,?1,1)。设所求角为?，则sin?????3CDn
所以所求角的大小为arcsin6。 38,则32?PC（3）由条件可得，AN?NC.在Rt?PAC中，PA?PN,所以PN?NC?PC?PN?10NC55?，所以所求距离等于点P到平面ACM距离的，设点P,
3PC99?????AP?n265106到平面ACM距离为h则h?，所以所求距离为h?。 ??3927n
题型4：射影问题
例7．（1）如图，SA?正方形ABCD所在平面，过A作与SC垂直的平面分别交SB、SC、SD于E、K、H，求证：E、H分别是点A在直线SB和SD上的射影．
证明：∵ SA?面ABCD，∴ SA?CD， ∵ ABCD为正方形，∴ CD?AD，
∵ SA与AD相交，∴ CD?面SAD，AH?面SAD， ∴ CD?AH．
由已知SC?面AEKH，且AH?面AEKH， ∴ SC?AH，
∵ SC?CD?C，∴ AH?面SCD，SD?面SCD，∴
AH?SD，
即 H为点A在直线SD上的射影，
同理可证得E为点A在直线SB上的射影。
点评：直线与平面垂直的判定定理和性质定理是解决两条直线的主要途径之一，另外，三垂线定理及逆定理、两条直线所成的角等也是证明两条直线垂直的常用的方法.
（2）（2006湖北理，18）如图，在棱长为1的正方体中，P是侧棱CC1上的一点，CP?m。 ABCD?1AB1C1D1（Ⅰ）试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为32；
D1A1C1B1DCBAD1C1（Ⅱ）在线段AC11上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q
A1O1B1P在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论。
解法1：（Ⅰ）连AC，设AC与BD相交于点O,AP与平面BDD1B1相交于点，连结OG，
ADGCOB
因为PC∥平面BDD1B1，平面BDD1B1∩平面APC＝OG， 故OG∥PC，所以OG＝
1mPC＝。 22又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面BDD1B1， 故∠AGO是AP与平面BDD1B1所成的角。
21OA在Rt△AOG中，tanAGO＝?2?32，即m＝。
m3GO2所以，当m＝
1时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为32。 3（Ⅱ）可以推测，点Q应当是AICI的中点O1，
因为D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ，所以 D1O1⊥平面ACC1A1， 又AP?平面ACC1A1，故 D1O1⊥AP。
那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直。 点评：本小题主要考查线面关系、直线于平面所成的角的有关知识及空间想象能力和推理运算能力，考查运用向量知识解决数学问题的能力。
例8．如图1所示，已知A1B1C1—ABC是正三棱柱，D是AC的中点。 （1）证明AB1∥DBC1；
（2）假设AB1⊥BC1，BC=2。
求线段AB1在侧面B1BCC1上的射影长.
证明：（1）如图2所示，∵A1B1C1—ABC是正三棱柱， ∴四边形B1BCC1是矩形。
连结B1C，交BC1于E，则BE=EC。 连结DE，在△AB1C中，∵AD=DC，
∴DE∥AB1，又因为AB1?平面DBC1，DE平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1。 （2）作AF⊥BC，垂足为F。因为面ABC⊥面B1BCC1，
∴AF⊥平面B1BCC1。连结B1F，则B1F是AB1在平面B1BCC1内的射影。 ∵BC1⊥AB1，∴BC1⊥B1F。 ∵四边形B1BCC1是矩形，∴∠B1BF=∠BCC1=90°，又∠FB1B=∠C1BC，∴△B1BF∽△BCC1，则
B1BBFBF==。 BCCC1B1B又F为正三角形ABC的BC边中点，因而B1B2=BF·BC=1×2=2。
于是B1F2=B1B2+BF2=3，∴B1F=3，即线段AB1在平面B1BCC1内的射影长为3。
点评：建立直线和平面的位置关系与点、线在平面上的射影间的关系。 题型5：垂直的应用
例9．已知A是边长为a的正三角形BCD所在平面外一点，AB?AC?AD?a，求异面直线AB与CD的距离.
A A A
E E E
D D D
B F B B F F C C C 图⑶ 图⑵ 图⑴
解析：分别取AB、CD中点E、F，连结EF（图⑴）。 连结EC、ED（图⑵）
∵BC?BD?a，BE为公共边，?EBC??EBD?60?， ∴?EBC≌?EBD ∴EC?ED
∵点F为CD中点 ∴EF?CD 同理：FE?AB（图⑶） 又AB?EF?E，CD?EF?F，
∴EF即为异面直线AB与CD的公垂线段
如图⑵，在Rt?CEF中，?CFE?90?，CF?213a，CE?a， 22?3??1?22???a??∴EF??aa ∴异面直线AB与CD的距离?2??2?2??2a。 2点评：求异面直线的距离，必须先找到两条异面直线的公垂线段。 例10．如图，在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，对角线AC?BD?a且它们所成的角为30?。
⑴求证：EG?HF，⑵求四边形EFGH的面积。
解析：⑴在?ABD中，E、H分别是边AB、AD的中点，∴EH∥在?CBD中，F、G分别是边CB、CD的中点，∴FG∥
A E B F H D G C 1BD， 21BD， 2
∴EH∥FG且EH?FG?1BD， 21同理：EF∥HG且EF?HG?AC，
2∵AC?BD?a，∴EF?FG?GH?HE?1a， 2∴四边形EFGH为菱形，∴EG?HF。 ⑵∵EF∥AC，FG∥BD，
∴?EFG（或?EFG的补角）即为异面直线AC与BD所成的角， 由已知得：?EFG?30?（或?EFG?150?）， ∴四边形EFGH的面积为：2???1?aa11?EF?FG?sin?EFG?????a2。 ?2?2228题型6：课标创新题
例11．（1）（2000全国，16）如图（1）所示，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1
的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是图（2）的 （要求：把可能的图的序号都填上） ．
图（1）
图（2）
答案：②③
解析：∵面BFD1E⊥面ADD1A1，所以四边形BFD1E在面ADD1A1上的射影是③，同理，在面BCC1B1上的射影也是③。
过E、F分别作DD1和CC1的垂线，可得四边形BFD1E在面DCC1D1上的射影是②，同理在面ABB1A1，面ABCD和面A1B1C1D1上的射影也是②。
（2）（2000上海，7）命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥是正三棱锥.
命题A的等价命题B可以是：底面为正三角形，且 的三棱锥是正三棱锥。 答案：侧棱相等（或侧棱与底面所成角相等??） 解析：要使命题B与命题A等价，则只需保证顶点在底面上的射影S是底面正三角形的外心即可，因此，据射影定理，得侧棱长相等。 例12．（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分） 如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的2倍，P为侧棱SD上的点。
（Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。
解法一：
（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO?AC。在正方形ABCD中，AC?BD，所以AC?平面SBD,得AC?SD. (Ⅱ)设正方形边长a，则SD?又OD?2a。
2a，所以?SOD?600, 2 连OP，由（Ⅰ）知AC?平面SBD,所以AC?OP, 且AC?OD,所以?POD是二面角P?AC?D的平面角。 由SD?平面PAC,知SD?OP,所以?POD?30, 即二面角P?AC?D的大小为30。
（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC
00由（Ⅱ）可得PD?2a，故可在SP上取一点N,使PN?PD,过N作PC的平行4线与SC的交点即为E。连BN。在?BDN中知BN//PO，又由于NE//PC,故平面
1,故SE：EC?2：1. BEN//平面PAC，得BE//平面PAC,由于SN：NP?2：解法二：
（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SO?平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O?xyz如图.