高考数学第一轮复习教案第11讲-空间中的垂直关系

201X年普通高考数学科一轮复习精品学案第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201X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。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。推理模式：。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。ABCDEA1B1C1OF在正方形A1B1C1D1ABCDEA1B1C1OF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．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝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。证明：设O为AC中点，连接EO，BO，则EOEQ\o(\s\up(∥),\s\do3(＝))EQ\f(1,2)C1C，又C1CEQ\o(\s\up(∥),\s\do3(＝))B1B，所以EOEQ\o(\s\up(∥),\s\do3(＝))DB，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，∴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）如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，求证：BD⊥平面ACC1A1。（2）如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱。（I）证明平面；（II）设证明平面。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， 又 则连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形。 又平面CDE，且平面CDE，平面CDE。（II）连结FM。由（I）和已知条件，在等边中，且 因此平行四边形EFOM为菱形，从而。平面EOM，从而 而所以平面点评：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＝，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，DFC1D＝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＝2BD，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＝CE＝FC，则四边形FCBD是矩形，DF⊥EC。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，∴MNEC。由BDEC，且BD⊥平面ABC，可得四边形MNBD是矩形，于是DM⊥MN。∵DE＝DA，M是EA的中点，∴DM⊥EA．又EAMN＝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．如图所示，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4.E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G。（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；（Ⅲ）求三棱锥B1—EFD1的体积V。（Ⅰ）证法一：连接AC。∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形。∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1∴平面B1EF⊥平面BDD1B1。证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD.∴平面B1EF⊥平面BDD1B1。（Ⅱ）解：在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H。解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1·sinD1B1H，∵D1B1=A1B1=4，sinD1B1H=sinB1GB=，∴d=D1H=4·图解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴图∴d=D1H=。解法三：如图所示，连接D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1面积的一半.即B1G·D1H=BB12。∴d=。（Ⅲ）·d·.点评：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系.要求对图形必须具备一定的洞察力。并进行一定的逻辑推理，在研究本题时，要注意摘出平面图形，便于计算。题型4：射影问题例7．（1）如图，正方形所在平面，过作与垂直的平面分别交、、于、K、，求证：、分别是点在直线和上的射影．证明：∵面，∴，∵为正方形，∴，∵与相交，∴面，面，∴．由已知面，且面，∴，∵，∴面，面，∴，即为点在直线上的射影，同理可证得为点在直线上的射影。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）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，。（Ⅰ）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点Q，使得对任意的，D1Q在平面上的射影垂直于，并证明你的结论。解法1：（Ⅰ）连AC，设AC与BD相交于点O,AP与平面相交于点，连结OG，因为PC∥平面，平面∩平面APC＝OG，故OG∥PC，所以OG＝PC＝。又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面，故∠AGO是AP与平面所成的角。在Rt△AOG中，tanAGO＝，即m＝。所以，当m＝时，直线AP与平面所成的角的正切值为。（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==。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=，即线段AB1在平面B1BCC1内的射影长为。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FCABDEFCAFCABDEFCABDEFCABDE图⑴图⑵图⑶，求异面直线与的距离。解析：分别取、中点、，连结（图⑴）。连结、（图⑵）∵，为公共边，，∴≌∴∵点为中点∴同理：（图⑶）又，，∴即为异面直线与的公垂线段如图⑵，在中，，，，ABCDEFGH∴∴异面直线ABCDEFGH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，在空间四边形中，、、、分别是边、、、的中点，对角线且它们所成的角为。⑴求证：，⑵求四边形的面积。解析：⑴在中，、分别是边、的中点，∴∥，在中，、分别是边、的中点，∴∥，∴∥且，同理：∥且，∵，∴，∴四边形为菱形，∴。⑵∵∥，∥，∴（或的补角）即为异面直线与所成的角，由已知得：（或），∴四边形的面积为：。题型6：课标创新题例11．（1）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）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．α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线.给出四个论断：①m⊥n②α⊥β③n⊥β④m⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：。答案：m⊥α，n⊥β，α⊥βm⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥βα⊥β点评：本题主要考查线线、线面、面面之间关系的判定与性质.但题型较新颖，主要表现在：题目中以立体几何知识为背景，给出了若干材料，要求学生能将其组装成具有一定逻辑关系的整体。考查知识立足课本，对空间想象能力、分析问题的能力、操作能力和思维的灵活性等方面要求较高，体现了加强能力考查的方向。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