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高考数学一轮专题精讲11:空间中的垂直关系


第 11 讲

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。 预测明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

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。 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 ? ?
O A

P

?

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
王新敞
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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。
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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
王新敞
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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
2

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 从考查、论证思想。 例 2. (全国Ⅱ,19)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=
C O A C1 A1 D E F B B1

BC,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。
1 ∥ C1C,又 C1C= ∥ B1B,所以 EO= ∥ DB, 证明:设 O 为 AC 中点,连接 EO,BO,则 EO= 2

EOBD 为平行四边形,ED∥OB。
∵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,
3

∴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 是矩形 ABCD 的对角线
1 的交点,面 CDE 是等边三角形,棱 EF∥ BC 。 2
D1 A1 B1

C1

(I)证明 FO∥平面 CDE; ; (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。
1 1 在矩形 ABCD 中, OM ∥ BC , 又 EF∥ BC , 2 2

D A

C B

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。
4

(II)连结 FM。 由(I)和已知条件,在等边 ?CDE 中, CM ? DM , EM ? CD 且 EM ?
3 1 CD ? BC ? EF . 2 2
E

F

因此平行四边形 EFOM 为菱形,从而 EO ? FM 。
A D O B C M

?CD ? OM , CD ? EM ,?CD ? 平 面 EOM , 从 而
CD ? EO.

而 FM ? CD ? M , 所以 EO ? 平面 CDF . 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。
5

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 = 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
1 EC。 2
6

1 1 CE = FC ,则四边形 FCBD 是矩形,DF ⊥EC。 2 2

由 BD

1 EC ,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. (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 , PC 于点 N .
P


N M

(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
B A D

O C

AM ? 2 2 , MC ? MD2 ? CD2 ? 2 3 1 则 S ?ACM AM ? MC ? 2 6 2 设 D 到平面 ACM 的距离为 h ,由 VD? ACM ? VM ? ACD 即 2 6h ? 8 ,
可求得 h ?

2 6 , 3
7

h 6 6 , ? ? arcsin 。 ? CD 3 3 PN PA 8 ? (1) 可求得 PC=6。因为 AN⊥NC,由 ,得 PN ? 。所以 NC : PC ? 5 : 9 。 PA PC 3 5 故 N 点到平面 ACM 的距离等于 P 点到平面 ACM 距离的 。 9 5 10 6 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 h ? 。 9 27 方法二:

设所求角为 ? ,则 sin ? ?

(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) ,
B(2,0,0) , C (2,4,0) , D(0,4,0) , M (0,2,2) ;设平面 ACM 的 ? ? ??? ? ? ???? ? ?2 x ? 4 y ? 0 一个法向量 n ? ( x, y, z) , 由 n ?A 可得:? , Cn, A ? M ?2 y ? 2 z ? 0

z P M

N?
A

D

令 z ? 1 ,则
??? ? ? ? CD ? n 6 ? ? ? , n ? (2, ?1,1) 。设所求角为 ? ,则 sin ? ? ??? 3 CD n
B x

y

? O
C

所以所求角的大小为 arcsin

6 。 3
8 10 ,则 NC ? PC ? PN ? , 3 3

AN ? NC .在 Rt ?PAC 中, PA2 ? PN ? PC ,所以 PN ? (3 ) 由条件可得,

NC 5 5 ? ,所以所求距离等于点 P 到平面 ACM 距离的 ,设点 P 到平面 ACM 距离为 h 则 PC 9 9

??? ? ? AP ? n 2 6 5 10 6 h? ? ? ,所以所求距离为 h ? 。 3 9 27 n

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 .
8

由已知 SC ? 面 AEKH ,且 AH ? 面 AEKH , ∴ SC ? AH , ∵ SC ? CD ? C ,∴ ∴ 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 ABCD ? A1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上的一点, CP ? m 。 (Ⅰ)试确定 m ,使直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角的正切值为 3 2 ; (Ⅱ)在线段 AC 1 上的射 1 1 上是否存在一个定点 Q,使得对任意的 m ,D1Q 在平面 APD 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
D1 C1

AH ? 面 SCD , SD ? 面 SCD ,

D1

C1 B1

A1

D

C
B

A

BDD1B1 相交于点,连结 OG,
因为 PC∥平面 BDD1B1 ,平面 BDD1B1 ∩平面 APC=OG,

O1 A1 B1

P

D

G

C

故 OG∥PC,所以 OG=

1 m PC= 。 2 2

O A B

又 AO⊥BD,AO⊥BB1,所以 AO⊥平面 BDD1B1 , 故∠AGO 是 AP 与平面 BDD1B1 所成的角。

9

2 1 OA 在 Rt△AOG 中,tanAGO= ? 2 ? 3 2 ,即 m= 。 m 3 GO 2
1 所以,当 m= 时,直线 AP 与平面 BDD1B1 所成的角的正切值为 3 2 。 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,
10

∴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

BF B1 B BF = = 。 BC CC 1 B1 B
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 E D B C
图⑴

A E D B C
图⑵

A E D B C
图⑶

F

F

F

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? ,
11

∴ ?EBC ≌ ?EBD ∵点 F 为 CD 中点

∴ EC ? ED ∴ 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 ?
2

1 3 a , CE ? a, 2 2

? 3 ? ? 1 ?2 2 ? ∴ EF ? ? a? ? a ∴异面直线 AB 与 CD 的距 ? 2 a? ? ? 2 ? ? ?2 ?

2 a。 2

A E D B F H G C

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。
1 解析:⑴在 ?ABD 中, E 、 H 分别是边 AB 、 AD 的中点,∴ EH ∥ BD , 2 1 在 ?CBD 中, F 、 G 分别是边 CB 、 CD 的中点,∴ FG ∥ BD , 2

∴ EH ∥ FG 且 EH ? FG ?

1 BD , 2
1 AC , 2 1 a, 2

同理: EF ∥ HG 且 EF ? HG ?

∵ AC ? BD ? a ,∴ EF ? FG ? GH ? HE ? ∴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 ? ) ,
?1 ? a a 1 1 ∴四边形 EFGH 的面积为: 2 ? ? ? EF ? FG ? sin ?EFG? ? ? ? ? a 2 。 ?2 ? 2 2 2 8

题型 6:课标创新题
12

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
把可能的图的序号都 填上) .

(要求:

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 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. (宁夏海南卷理) (本小题满分 12 分) 的三棱锥是正三棱锥。

13

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, 在,求 SE:EC 的值;若不存在,试说明理由。 使得 BE∥平面 PAC。若存

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 ? 2a 。 又 OD ?
2 a ,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 ? 300 , 即二面角 P ? AC ? D 的大小为 30 0 。 (Ⅲ)在棱 SC 上存在一点 E,使 BE // 平面PAC

14

由 (Ⅱ) 可得 PD ?

2 故可在 SP 上取一点 N ,使 PN ? PD ,过 N 作 PC 的平行线与 SC a, 4

的交点即为 E 。连 BN。在 ? BDN 中知 BN // PO ,又由于 NE // PC ,故平面 BEN // 平面PAC ,
1 ,故 SE:EC ? 2: 1. 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
设底面边长为 a ,则高 SO ?
6 a。 2

于是

S (0,0,

6 2 a), D(? a,0,0) 2 2

C( 0 ,

2 a , 0) 2 2 a, 0) 2

O C? ( 0 ,

SD ? (?

2 6 a, 0, ? a) 2 2

O C? S D ?0
故 从而
O C? S D A C? S D

(Ⅱ)由题设知,平面 PAC 的一个法向量 DS ? ( 向量 OS ?)0, 0,

2 6 a, 0, a) ,平面 DAC 的一个法 2 2

OS ? DS 3 6 ? ,所求二面角的大小为 30 0 a) ,设所求二面角为 ? ,则 cos ? ? 2 2 OS DS

(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,

15

且 设 则 而

D S? (

2 6 a , 0, a) , C ? S 2 2

(0 ?,

2 2

6 a , 2

a )

C E ? t C,S
B E ? B C? C E ? BC ? 2 2 6 tC ( ?S ? , a ( 1 a ?) , t 2 2 2 ) at

1 B E? D C?0 ? t ? 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。
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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 2
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平行转化:线线平行 ? 线面平行 ? 面面平行; 垂直转化:线线垂直 ? 线面垂直 ? 面面垂直;

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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。

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