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摘 要 : 对 2022 年高考数学甲卷立体几何学生答题情况的了解发现，很多同学第一问没找到 恰当的方法证明垂直，导致该题得分低或者未得分.现就本题第一问给出相应解法，从而归纳一些解题技巧.
关键词 : 平面几何,垂直,建系
1 原题呈现
题目 ( 2022 年高考数学甲卷第 18 题第 ( 1 ) 问) 如图 1.已知四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 AB-CD，CD/AB，AD = CD = CB = 1.AB = 2.PD =根号2.证 明 : BD⊥PA.
2 试题解析
解法 1 如图 2.取 AB 中点 E，连接 DE，CE，DB.
因为 AB/CD，AB = 2.CD = 1.
所以 CD/BE 且 CD = BE.
所以四边形 DCBE 为平行四边形.
又 BC = BE = 1.
所以四边形 DCBE 为菱形.
所以 BD ⊥ CE.
同理可证 : 四边形 AECD 为平行四边形. 所以 AD/CE.
所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD. 因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD， 所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 2 由 AD = CD = BC = 1.AB /CD 知四边形 ABCD 为等腰梯形.
所以∠DAB + ∠DCB = 180°.
所以 cos∠DAB = -cos∠DCB.
在△ABD 和△CBD 中，由余弦定理知
解得 BD = 根号3.
所以AD2 + BD2 = AB2.
所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD.
因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD，
所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 3 如图 3.过点 D 作 DE⊥AB 交 AB 于点E，则在等腰梯形中，有 AE = 1/2.DE = 根号3/2.BE =3/2
所以BD2 = DE2 + EB2 = 3.
即 BD =根号3
因为 AD = 1.AB = 2.
所以AD2 + BD2 = AB2.
所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD.
因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD，
所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 4 如图 4.取 BD 中点 E，连接 CE. 在△BCD 中，CD = BC = 1.所以 CE⊥BD. 即∠DEC = 90°.
则在△DEC 与△BDA 中，
DE/BD=DC/BA=1/2
因为 AB/CD，所以∠EDC = ∠DBA.
所以△DEC∽△BDA.
所以∠BDA = ∠DEC = 90°.
所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD.
因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD， 所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 5 如图 5.取 AB 中点 E，连接 DE. 易知 CD/BE 且 CD = BE.
所以四边形 DCBE 为平行四边形.
所以 BC = DE = 1.
又 AD = AE = 1.所以△ADE 为正三角形. 即∠DAE = 60°.
在△DAB 中， 由余弦定理知
BD2 = 12 + 22 -2 × 1 × 2cos60°.
即 BD =根号3
因为 AD = 1.AB = 2.
所以AD2 + BD2 = AB2.
所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD. 因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD， 所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 6 由解法 5 知 DE = 1.
又 AB = 2.所以 DE = 1/2AB.
即 ED = EA = EB.
所以点 D 在以 E 为圆心，AB 为直径的圆上. 所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD. 因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD， 所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 7 由解法 5 知 △ADE，△DEC，△BEC 均 为正三角形.所以∠DCB = ∠DCE + ∠ECB = 120°.
在△CDB 中，由余弦定理知 BD =根号3
因为 AD = 1.AB = 2.所以AD2 + BD2 = AB2. 所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD， 所以 PD⊥BD.
因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD，
所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 8 如图 6.在底面四边形 ABCD 中，延长AD，BC 交于点 O，因为 AB /CD， CD =1/2AB，所以CD 为△OAB 的 中 位 线，即 C，D 分 别 为 OB，OA 中 点.又 OB = AB = 2. 所以 BD ⊥ OA.
即 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD.
因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD，
所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 9 如图 7.过点 B 作 DC 延长线的垂线，垂足为点 E，由解法 3 知 BE =根号3/2
又 BC = 1 ，所以 CE = 1/2
所以 DE = DC + CE =1/2
因为 PD⊥面 ABCD，所以 PD⊥BD.
因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD，
所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
解法 10 如图 8.由 AB = 2.AD = CD = BC = 1. AB/CD，知四边形 ABCD 是以 1 为边长的正六边形 的一半.
所以 A，B，C，D 四点共圆，且以 AB 为直径. 所以 BD⊥AD.
因为 PD⊥面 ABCD， 所以 PD⊥BD. 因为 PD∩AD = D，PD，AD⊂面 PAD， 所以 BD⊥面 PAD.
因为 PA⊂平面 PAD，所以 BD⊥PA.
通过以上十种证明垂直的方法，涉及到的解题 方法有 : 勾股定理的逆定理、四点共圆问题、正余弦 定理、三角形的相似等，希望同学们从中可以受到启 发，对以后相关题目具有指引作用.
参考文献 :
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[3] 赵 红梅.浅谈高中平面几何教学及实际应用 [J].数理化学习 (教研版) ，2019 (03) : 37-38.
[4] 冯艳妮.高中数学课程中平面解析几何内容设置的研究 [J].高考，2019 (05) : 139.
[5] 张晓兵.例说平面几何知识在高中数学中的应用 [J].高中数学教与学，2017 (17) : 13 -15.
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