【正文】 1716174 ? 解法二：∵△ D1HB∽△ B1BG，∴GB BDBB HD 1 1111 ? ∴ d=D1H= 171716121 ?GB BB。 （Ⅲ） 311111 ??? ?? EFBDEFDB VVV178。 題型 4：射影問題 例 7．（ 1）如圖， ?SA 正方形 ABCD 所在平面，過 A 作與 SC 垂直的平面分別交 SB 、 SC 、 SD 于E 、 K、 H ，求證： E 、 H 分別是點(diǎn) A 在直線 SB和 SD 上的射影． 證明：∵ ?SA 面 ABCD ，∴ CDSA? ， ∵ ABCD 為正方形，∴ ADCD? ， ∵ SA 與 AD 相交，∴ ?CD 面 SAD ， ?AH圖 第 19 頁(yè) 共 24 頁(yè) 面 SAD ， ∴ AHCD? ． 由已知 ?SC 面 AEKH ，且 ?AH 面 AEKH ， ∴ AHSC? ， ∵ CCDSC ?? ，∴ ?AH 面 SCD ， ?SD 面 SCD ，∴ SDAH? ， 即 H 為點(diǎn) A 在直線 SD 上的射影， 同理可證得 E 為點(diǎn) A 在直線 SB 上的射影。 解法 1：（Ⅰ）連 AC，設(shè) AC 與 BD相交于點(diǎn) O,AP與平面 11BDDB 相交于點(diǎn)，連結(jié) OG， 因?yàn)?PC∥平面 11BDDB ，平面 11BDDB ∩平面APC＝ OG， 故 OG∥ PC，所以 OG＝ 21 PC＝ 2m 。 （Ⅱ）可以推測(cè)，點(diǎn) Q 應(yīng)當(dāng)是 AICI 的中點(diǎn) O1， 因?yàn)?D1O1⊥ A1C1, 且 D1O1⊥ A1A ，所以 D1O1⊥平面 ACC1A1， 又 AP ? 平面 ACC1A1，故 D1O1⊥ AP。 （ 1）證明 AB1∥ DBC1； （ 2）假設(shè) AB1⊥ BC1， BC=2。 連結(jié) DE，在△ AB1C 中，∵ AD=DC， ∴ DE∥ AB1，又因?yàn)?AB1? 平面 DBC1， DE 平面 DBC1，∴ AB1∥平面 DBC1。 ∵ BC1⊥ AB1，∴ BC1⊥ B1F。 BC=1179。 題型 5：垂直的應(yīng)用 例 9．已知 A 是邊長(zhǎng)為 a 的正三角形 BCD 所在平面外一點(diǎn)， ?? ACAB aAD? ，求異面直線 AB 與 CD 的距離。 例 10．如圖，在空間四邊形 ABCD 中， E 、 F 、G 、 H 分別是邊 AB 、 BC 、 CD 、 DA 的中點(diǎn)，對(duì)角線 aBDAC ?? 且它們所成的角為 ?30 。 題型 6：課標(biāo)創(chuàng)新題 例 11．（ 1）（ 2020 全國(guó)， 16）如圖（ 1）所示， E、 F 分別為正方體的面 ADD1A面BCC1B1 的中心，則四邊形 BFD1E 在該正方體的面上的射影可能是圖（ 2）的 （要求：把可能的圖的序號(hào) 都 ． 填上） 圖（ 1） 圖（ 2） 答案：②③ 解析：∵面 BFD1E⊥面 ADD1A1，所以四邊形 BFD1E 在面 ADD1A1 上的射影是③，同理，在面 BCC1B1 上的射影也是③。 答案：側(cè)棱相等（或側(cè)棱與底面所成角相等??） 解析：要使命題 B 與命題 A 等價(jià)，則只需保證頂點(diǎn)在底面上的射影 S 是底面正三角形的外心即可，因此，據(jù)射影定理，得側(cè)棱長(zhǎng)相等。 五．思維總結(jié) 1．通過典型問題掌握基本解題方法，高考中立體幾何解答題基本題型是： （Ⅰ）證明空間線面平行或垂直； （Ⅱ）求空間中線面的夾角或距離； （Ⅲ）求幾何體的側(cè)面積及體積。 ④三垂線定理及其逆定理在高考題中使用的頻率最高，在證明線線垂直時(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮 .應(yīng)用時(shí)常需先認(rèn)清所觀察的平面及它的垂線，從而明確斜線 、射影、面內(nèi)直線的位置，再根據(jù)定理由已知的兩直線垂直得出新的兩直線垂直 .另外通過計(jì)算證明線線垂直也是常用的方法之一。運(yùn)用降維的方法把立體空間問題轉(zhuǎn)化為平面或直線問題進(jìn)行研究和解題，可以化難為易，化新為舊，化未知為已知，從而使問題得到解決。 其步驟是：①否定結(jié)論；②進(jìn)行推理；③導(dǎo)出矛盾；④肯定結(jié)論．用反證法證題要注意：①宜用此法否；②命題結(jié)論的反面情況有幾種。平面圖形的翻折問題的分析與解決，就是升維與降維思想方法的不斷轉(zhuǎn)化運(yùn)用的過程。 第 24 頁(yè) 共 24 頁(yè) 例如：有兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理，在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直。 ②立體幾何論證題的解答中，利用題設(shè)條件的性質(zhì)適當(dāng)添加輔助線（或面）是解題的常用方法之一。 答案： m⊥ α ， n⊥ β ， α ⊥ β ? m⊥ n 或 m⊥ n， m⊥ α ， n⊥ β ? α ⊥ β 點(diǎn)評(píng)：本題主要考查線線、線面、面面之間關(guān)系的判定與性質(zhì) .但題型較新穎，主要表現(xiàn)在：題目中以立體幾何知識(shí)為背景，給出了若干材料，要求學(xué)生能將其組裝成具有一定邏輯關(guān)系的整體。 （ 2）（ 2020上海， 7）命題 A：底面為正三角形，且頂點(diǎn)在底面的射影為底面中心的三棱錐是正三棱錐。 F C A B D E F C A B D E F C A B D E 圖⑴ 圖⑵ 圖⑶ A B C D E F G H 第 22 頁(yè) 共 24 頁(yè) 解析：⑴在 ABD? 中， E 、 H 分別是邊 AB 、 AD 的中點(diǎn)，∴ EH ∥ BD21， 在 CBD? 中， F 、 G 分別是邊 CB 、 CD 的中點(diǎn)，∴ FG ∥ BD21， ∴ EH ∥ FG 且 BDFGEH21??， 同理： EF ∥ HG 且 ACHGEF21??， ∵ aBDAC ?? ， ∴ aHEGHFGEF21????， ∴四邊形 EFGH 為菱形，∴ HFEG? 。 連結(jié) EC 、 ED （圖⑵） ∵ aBDBC ?? ， BE 為公共邊， ????? 60EBDEBC ， ∴ EBC? ≌ EBD? ∴ EDEC? ∵點(diǎn) F 為 CD 中點(diǎn) ∴ CDEF? 同理： ABFE? （圖⑶） 又 EEFAB ?? ， FEFCD ?? ， ∴ EF 即為異面直線 AB 與 CD 的公垂線段 如圖⑵，在 CEFRt? 中， ??? 90CFE ， aCF 21? ， aCE 23? ， ∴ aaaEF222123 22 ????????????????? ∴異面直線 AB 與 CD 的距離 a22 。 于是 B1F2=B1B2+BF2=3，∴ B1F= 3 ，即線段 AB1在平面 B1BCC1內(nèi)的射影長(zhǎng)為 3 。又∠ FB1B=∠ C1BC，∴△ B1BF第 21 頁(yè) 共 24 頁(yè) ∽△ BCC1，則BCBB1=1CCBF = BBBF1。因?yàn)槊?ABC⊥面 B1BCC1， ∴ AF⊥平面 B1BCC1。 證明：（ 1）如圖 2 所示，∵ A1B1C1— ABC 是正三棱柱， ∴四邊形 B1BCC1 是矩形。 點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查線面關(guān)系、直線于平面所成的角的有關(guān)知識(shí)及空間想象能力和推理運(yùn)算能力，考查運(yùn)用向量知識(shí)解決 數(shù)學(xué)問題的能力。 O 1GOCDC1BAD1A1B1PA B C D 1A 1B 1C 1D 第 20 頁(yè) 共 24 頁(yè) 在 Rt△ AOG 中， tanAGO＝ 23222?? mGOOA ，即 m＝ 31 。 （ 2）（ 2020湖北理， 18） 如圖，在棱長(zhǎng)為 1的正方體 1 1 1 1ABCD A B C D? 中， P 是側(cè)棱 1CC上的一點(diǎn)， CP m? 。316172211716311 ?????? EFBS. 點(diǎn)評(píng)：本題比較全面地考查了空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 .要求對(duì)圖形必須具備一定的洞察力。 D1H=21 BB12。 解法一：在 Rt△ D1HB1中， D1H=D1B1178。 ∴ AC⊥ BD，又 AC⊥ D1D，故 AC⊥平面 BDD1B1 ∵ E， F 分別為 AB， BC 的中點(diǎn)，故 EF∥ AC，∴ EF⊥平面 BDD1B1 ∴平面 B1EF⊥平面 BDD1B1。 例 6．（ 2020 京春理， 19）如圖所示，正四棱柱 ABCD— A1B1C1D1中，底面邊長(zhǎng)為 2 2 ，側(cè)棱長(zhǎng)為 ， F 分別為棱 AB， BC 的中點(diǎn)，EF∩ BD=G。 由 BD 21 EC ，且 BD ⊥平面 ABC ，可得四邊形 MNBD 是矩形，于是 DM ⊥MN。 第 17 頁(yè) 共 24 頁(yè) ∴ DB ⊥ AB ， EC ⊥ BC。由（ 1）知 DM ⊥ EA ，取 AC 中點(diǎn) N ，連結(jié) MN 、 NB ，易得四邊形 MNBD 是矩形。（ 2）是開放性探索問題 ，注意采用逆向思維的方法分析問題。 ∵ AA1 ⊥平面 A1B1C1 ， C1D ? 平面 A1B1C1 ， ∴ AA1 ⊥ C1D ，∴ C1D ⊥平面 AA1B1B。 分析：（ 1）由于 C1D 所在平面 A1B1C1 垂直平面 A1B ，只要證明 C1D 垂直交線 A1B1 ，由直線與平面垂直判定定理可得 C1D ⊥平面 A1B。 由（ I）和已知條件，在等邊 CDE? 中， ,CM DM? EM CD? 且 31 .22E M C D B C E F? ? ? 因此平行四邊形 EFOM 為菱形，從而EO FM? 。 （ 2） 證明： （ I）取 CD 中點(diǎn) M，連結(jié) OM。 （ 2）（ 2020 天津文， 19） 如圖，在五面體 ABCDEF 中，點(diǎn) O 是矩形 ABCD 的對(duì)角線的交點(diǎn)，面 CDE 是等邊三角形，棱 12EF BC∥ 。 證明：設(shè) O 為 AC 中點(diǎn)，連接 EO， BO，則 EO∥＝ 12C1C，又 C1C∥＝ B1B，所以 EO∥＝ DB， EOBD 為平行四邊形， ED∥ OB。 aP?OA第 14 頁(yè)