2020版高考數(shù)學一輪復習 第7章 立體幾何初步 第4節(jié) 垂直關系教學案 文（含解析）北師大版

第四節(jié)　垂直關系 [考綱傳真]　1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面垂直的有關性質(zhì)與判定定理.2.能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形的垂直關系的簡單命題． 1．直線與平面垂直 (1)定義：如果一條直線和一個平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么稱這條直線和這個平面垂直． (2)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判 定 定 理 如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么該直線與此平面垂直 ?l⊥α 性 質(zhì) 定 理 如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行 ? a∥b 2.二面角 (1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫作二面角．這條直線叫作二面角的棱，這兩個半平面叫作二面角的面． (2)二面角的度量——二面角的平面角：以二面角的棱上任一點為端點，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角． 3．平面與平面垂直 (1)定義：兩個平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直． (2)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 如果一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線，那么這兩個平面互相垂直 ?α⊥β 性質(zhì)定理 兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直 ?l⊥α 1．若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面． 2．一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直． 3．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面． 4．過一點有且只有一條直線與已知平面垂直． 5．過一點有且只有一個平面與已知直線垂直． [基礎自測] 1．(思考辨析)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α． (　　) (2)垂直于同一個平面的兩平面平行． (　　) (3)垂直于同一條直線的兩個平面平行． (　　) (4)若兩個平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面． (　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．“直線a與平面M內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 B　[根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面M內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分條件．故選B．] 3．(教材改編)設α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且lα，mβ． (　　) A．若l⊥β，則α⊥β　　 B．若α⊥β，則l⊥m C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m A　[∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正確．] 4．如圖所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，則圖中直角三角形的個數(shù)為________． 4　[∵PA⊥平面ABC， ∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC， 則△PAB，△PAC為直角三角形． 由BC⊥AC，且AC∩PA＝A， ∴BC⊥平面PAC，從而BC⊥PC． 因此△ABC，△PBC也是直角三角形．] 5．邊長為a的正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角，則折疊后AC的長為________． a　[如圖所示，取BD的中點O，連接A′O，CO， 則∠A′OC是二面角A′­BD­C的平面角． 即∠A′OC＝90°，又A′O＝CO＝a， ∴A′C＝＝a，即折疊后AC的長(A′C)為a.] 直線與平面垂直的判定與性質(zhì) ?考法1　直線與平面垂直的判定 【例1】　(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離． [解]　(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點， 所以OP⊥AC，且OP＝2. 連接OB．因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，OB平面ABC，AC平面ABC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC． (2)作CH⊥OM，垂足為H. 又由(1)可得OP⊥CH，OP平面POM，OM平面POM，OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題設可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°. 所以OM＝，CH＝＝. 所以點C到平面POM的距離為. ?考法2　直線與平面垂直的性質(zhì) 【例2】　(2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD． 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC． [證明]　(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB． 又因為EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF∥平面ABC． (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD． 因為AD平面ABD，所以BC⊥AD． 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB平面ABC，BC平面ABC， 所以AD⊥平面ABC． 又因為AC平面ABC， 所以AD⊥AC． [規(guī)律方法]　1.證明直線與平面垂直的常用方法 (1)利用線面垂直的判定定理． (2)利用“兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個平面垂直”． (3)利用“一條直線垂直于兩個平行平面中的一個，則與另一個也垂直”． (4)利用面面垂直的性質(zhì)定理． 2．證明線線垂直的常用方法 (1)利用特殊圖形中的垂直關系． (2)利用等腰三角形底邊中線的性質(zhì)． (3)利用勾股定理的逆定理． (4)利用直線與平面垂直的性質(zhì)． 如圖所示，在四棱錐P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. [證明]　(1)在四棱錐P­ABCD中，∵PA⊥平面ABCD， CD平面ABCD，∴PA⊥CD． 又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC．而AE平面PAC，∴CD⊥AE. (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA． ∵E是PC的中點，∴AE⊥PC． 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD． 又PD平面PCD，∴AE⊥PD． ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB． 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD， ∴AB⊥PD． 又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE. 面面垂直的判定與性質(zhì) 【例3】　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA． (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q­ABP的體積． [解]　(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC． 又BA⊥AD，且AC平面ACD，AD平面ACD， AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD． 又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC． (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 作QE⊥AC，垂足為E，則QEDC． 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱錐Q­ABP的體積為VQ－ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1. [規(guī)律方法]　證明面面垂直的2種方法 (1)定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題． (2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線線垂直加以解決， 注意：三種垂直關系的轉(zhuǎn)化 (2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC． [證明]　(1)在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C． (2)在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形， 因此AB1⊥A1B． 又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC． 又因為A1B∩BC＝B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC． 因為AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 垂直關系中的存在性問題 【例4】　如圖，三棱錐P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°. (1)求三棱錐P­ABC的體積； (2)在線段PC上是否存在一點M，使得AC⊥BM，若存在求的值，并說明理由． [解]　(1)由題設AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°， 可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝. 由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱錐P­ABC的高， 又PA＝1， 所以三棱錐P­ABC的體積 V＝·S△ABC·PA＝. (2)在線段PC上存在一點M，使得AC⊥BM，此時＝. 證明如下：如圖，在平面PAC內(nèi)，過點M作MN∥PA交AC于N，連接BN，BM. 由PA⊥平面ABC知PA⊥AC， 所以MN⊥AC． 由MN∥PA知＝＝. 所以AN＝， 在△ABN中，BN2＝AB2＋AN2－2AB·ANcos∠BAC＝12＋2－2×1××＝， 所以AN2＋BN2＝AB2， 即AC⊥BN. 由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN. 又BM平面MBN. 所以AC⊥BM. [規(guī)律方法]　1.對命題條件探索性的主要途徑： (1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明； (2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性． 2．平行(垂直)中點的位置探索性問題：一般是先根據(jù)條件猜測點的位置再給出證明，探索點存在問題，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據(jù)相似知識建點． 如圖，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，DC＝2AB＝2，DA＝. (1)線段BC上是否存在一點E，使平面PBC⊥平面PDE？若存在，請給出的值，并進行證明；若不存在，請說明理由． (2)若PD＝，線段PC上有一點F，且PC＝3PF，求三棱錐A­FBD的體積． [解]　(1)存在線段BC的中點E，使平面PBC⊥平面PDE，即＝1.證明如下： 連接DE，PE，∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝1，DA＝，∴BD＝DC＝2，∵E為BC的中點，∴BC⊥DE， ∵PD⊥平面ABCD，∴BC⊥PD， ∵DE∩PD＝D，∴BC⊥平面PDE， ∵BC平面PBC， ∴平面PBC⊥平面PDE. (2)∵PD⊥平面ABCD，且PC＝3PF，∴點F到平面ABCD的距離為PD＝， ∴三棱錐A­FBD的體積VA­FBD＝VF­ABD＝×S△ABD×＝××1××＝. 平面圖形的翻折問題 【例5】　如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1­BCDE. 圖1　　　　　　圖2 (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)當平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1­BCDE的體積為36，求a的值． [解]　(1)證明：在題圖1中，連接EC(圖略)， 因為AB＝BC＝AD＝a， E是AD的中點，∠BAD＝，所以BE⊥AC． 即在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 從而BE⊥平面A1OC． 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC． (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE. 即A1O是四棱錐A1­BCDE的高． 由題圖1知，A1O＝AO＝AB＝a，平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB＝a2，從而四棱錐A1­BCDE的體積為V＝S·A1O＝×a2×a＝a3. 由a3＝36，得a＝6. [規(guī)律方法]　平面圖形的翻折問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況．一般地，翻折后還在同一平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化． (2018·鄂州模擬)如圖，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，點E，F(xiàn)分別在線段AB，AC上，且EF∥BC，將△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P­EF­B的大小為60°. (1)求證：EF⊥PB； (2)當點E為線段AB的靠近B點的三等分點時，求四棱錐P­EBCF的側面積． [解]　(1)證明：在Rt△ABC中，∵AB＝BC＝3，∴BC⊥AB． ∵EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直關系沒變，仍有EF⊥PE，EF⊥BE， ∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB． (2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P­EF­B的平面角， ∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝， ∴PB2＋BE2＝PE2，∴PB⊥BE，∴PB，BC，BE兩兩垂直，又EF⊥PE，EF⊥BE， ∴△PBE，△PBC，△PEF均為直角三角形． 由△AEF∽△ABC可得，EF＝BC＝2， S△PBC＝BC·PB＝，S△PBE＝PB·BE＝，S△PEF＝EF·PE＝2. 在四邊形BCFE中，過點F作BC的垂線，垂足為H(圖略)，則FC2＝FH2＋HC2＝BE2＋(BC－EF)2＝2，∴FC＝. 在△PFC中，F(xiàn)C＝，PC＝＝2，PF＝＝2， 由余弦定理可得cos∠PFC＝＝－， 則sin∠PFC＝，S△PFC＝PF·FCsin∠PFC＝. ∴四棱錐P­EBCF的側面積為S△PBC＋S△PBE＋S△PEF＋S△PFC＝2＋2＋. 1．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由． [解]　(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD．因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC． 而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC． (2)當P為AM的中點時，MC∥平面PBD． 證明如下：如圖，連接AC交BD于O. 因為ABCD為矩形，所以O為AC中點．連接OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP.MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD． 2．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。 (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P­ABCD的體積為，求該四棱錐的側面積． [解]　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD． 由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD． 又AB平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD． (2)如圖，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E. 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD， 可得PE⊥平面ABCD． 設AB＝x，則由已知可得 AD＝x，PE＝x. 故四棱錐P­ABCD的體積 VP­ABCD＝AB·AD·PE＝x3. 由題設得x3＝，故x＝2. 從而結合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2. 可得四棱錐P­ABCD的側面積為 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2. - 14 -