【优化方案】2021高考数学(人教版)一轮复习学案44-空间的垂直关系

学案44空间的垂直关系导学目标：1.以立体几何的定义、公理和定理为动身点，生疏和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简洁命题．自主梳理1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直．③推论：假如在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也______这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内______直线．②垂直于同一个平面的两条直线______．③垂直于同始终线的两个平面________．2．直线与平面所成的角平面的一条斜线和它在平面内的________所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．始终线垂直于平面，说它们所成角为________；直线l∥α或l⊂α，则它们成________角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的__________，则这两个平面垂直．(2)平面与平面垂直的性质两个平面垂直，则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直．4．二面角的平面角以二面角棱上的任一点为端点，在两个半平面内分别作与棱________的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．自我检测1．平面α⊥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线l，l⊥α，l⊥βB．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥βC．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βD．存在一条直线l，l⊥α，l∥β2．(2010·浙江)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是()A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m3．(2011·长沙模拟)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；③存在直线l⊂α，直线m⊂β，使得l∥m；④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.其中，可以判定α与β平行的条件有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个4．(2011·十堰月考)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n5．(2011·大纲全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________探究点一线面垂直的判定与性质例1Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC.求证：BD⊥平面SAC.变式迁移1在四棱锥V—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.证明：AB⊥VD.探究点二面面垂直的判定与性质例2(2011·邯郸月考)如图所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD内的射影是O.求证：平面O1DC⊥平面ABCD.变式迁移2(2011·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.探究点三直线与平面，平面与平面所成的角例3(2009·湖北)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝eq\r(2)a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤2)．(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；(2)设二面角C—AE—D的大小为θ，直线BE与平面ABCD所成的角为φ，若tanθtanφ＝1，求λ的值．变式迁移3(2009·北京)如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC.(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的正弦值．(3)是否存在点E使得二面角A—DE—P为直二面角？并说明理由．转化与化归思想综合应用例(12分)已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的菱形，又PD⊥底面ABCD，点M、N分别是棱AD、PC的中点.(1)证明：DN∥平面PMB；(2)证明：平面PMB⊥平面PAD.多角度审题(1)在平面PMB内找到(或构造)一条直线与DN平行即可；(2)要证面PMB⊥面PAD，只需证明MB⊥面PAD即可．【答题模板】证明(1)取PB中点Q，连接MQ、NQ，由于M、N分别是棱AD、PC的中点，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四边形QNDM是平行四边形，于是DN∥MQ.又∵MQ⊂平面PMB，DN⊄平面PMB∴DN∥平面PMB.[6分](2)∵PD⊥平面ABCD，MB⊂平面ABCD，∴PD⊥MB.又由于底面ABCD是∠A＝60°的菱形，且M为AD中点，所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.又∵MB⊂平面PMB，∴平面PMB⊥平面PAD.[12分]【突破思维障碍】立体几何的证明问题充分体现线面关系的转化思想，其思路为：1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇒a⊥α；(2)判定定理1：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m、n⊂α，m∩n＝A,l⊥m，l⊥n))⇒l⊥α；(3)判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.2．证明线线垂直的方法：(1)定义：两条直线的夹角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.3．证明面面垂直的方法：(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·滨州月考)已知直线a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件2．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.其中正确命题的序号是()A．①② B．①④ C．②④ D．③④4．(2011·浙江)下列命题中错误的是()A．假如平面α⊥平面β，那么平面α内确定存在直线平行于平面βB．假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内确定不存在直线垂直于平面βC．假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．假如平面α⊥平面β，那么平面α内全部直线都垂直于平面β5．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是()A．一条直线 B．一个圆C．一个椭圆 D．双曲线的一支二、填空题(每小题4分，共12分)6．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，则它的5个面中，相互垂直的面有________对．7．(2011·金华模拟)如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线垂足为点H，有下列三个命题：①点H是△A1BD的中心；②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是____________8．正四棱锥S－ABCD底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．三、解答题(共38分)9．(12分)(2010·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．10．(12分)(2009·天津)如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝2eq\r(2).(1)证明：PA∥平面BDE；(2)证明：AC⊥平面PBD；(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值．11．(14分)(2011·杭州调研)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点(1)求直线B1C与DE所成角的余弦值(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD；(3)求二面角E－B1C－D的余弦值学案44空间的垂直关系自主梳理1．(1)②相交③垂直(2)①任意②平行③平行2．射影直角0°3.(1)②一条垂线(2)交线4.垂直自我检测1．D2.B3.B4.D5.eq\f(\r(2),3)课堂活动区例1解题导引线面垂直的推断方法是：证明直线垂直平面内的两条相交直线．即从“线线垂直”到“线面垂直”．证明(1)取AB中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，故DE∥BC，且DE⊥AB，∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，∴AB⊥面SDE.而SD⊂面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)若AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD⊂面ABC，∴SD⊥BD.∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.变式迁移1证明∵平面VAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，AD＝平面VAD∩平面ABCD，∴AB⊥平面VAD.∵VD⊂平面VAD，∴AB⊥VD.例2解题导引证明面面垂直，可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．证明如图所示，连接AC，BD，A1C1，则O为AC，BD的交点，O1为A1C1，B1D1由棱柱的性质知：A1O1∥OC，且A1O1＝OC，∴四边形A1OCO1为平行四边形，∴A1O∥O1C又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD又O1C⊂平面O1DC∴平面O1DC⊥平面ABCD.变式迁移2证明(1)如图，在△PAD中，由于E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又由于EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.由于AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．由于F是AD的中点，所以BF⊥AD.由于平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又由于BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.例3解题导引高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一．有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查．求这两种空间角的步骤：(几何法)．依据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)→认(指)→求．(1)证明如图所示，连接BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.(2)解如图所示，由SD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴SD⊥CD.又底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D，∴CD⊥平面SAD.过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa∴tanφ＝eq\f(DE,BD)＝eq\f(λ,2).在Rt△ADE中，∵AD＝eq\r(2)a＝CD，DE＝λa，∴AE＝aeq\r(λ2＋2)，从而DF＝eq\f(AD·DE,AE)＝eq\f(\r(2)λa,\r(λ2＋2)).在Rt△CDF中，tanθ＝eq\f(CD,DF)＝eq\f(\r(λ2＋2),λ)，由tanθ·tanφ＝1，得eq\f(\r(λ2＋2),λ)·eq\f(λ,2)＝1⇒eq\r(λ2＋2)＝2⇒λ2＝2.由λ∈(0,2]，解得λ＝eq\r(2)，即为所求．变式迁移3(1)证明∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)解∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝eq\f(1,2)BC.又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．∴AD＝eq\f(\r(2),2)AB.在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝eq\f(1,2)AB.∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝eq\f(DE,AD)＝eq\f(BC,2AD)＝eq\f(\r(2),4).∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为eq\f(\r(2),4).(3)解∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE.∴∠AEP为二面角A—DE—P的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时，∠AEP＝90°，故存在点E使得二面角A—DE—P是直二面角．课后练习区1．C2.D3.C4．D[两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；假如平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．]5．A6．5解析面PAB⊥面PAD，面PAB⊥面ABCD，面PAB⊥面PBC，面PAD⊥面ABCD，面PAD⊥面PCD.7．①②③解析由于ABCD—A1B1C1D1是正方体，所以A—A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又由于平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；从而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1与B18.eq\r(6)＋eq\r(2)解析如图取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，GF，GE.则AC⊥平面GEF，故动点P的轨迹是△EFG的三边．又EF＝eq\f(1,2)DB＝eq\r(2)，GE＝GF＝eq\f(1,2)SB＝eq\f(\r(6),2)，∴EF＋FG＋GE＝eq\r(6)＋eq\r(2).9．(1)证明由于MA⊥平面ABCD，PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)由于四边形ABCD为正方形，所以BC⊥DC.又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)在△PBC中，由于G、F分别为PB、PC的中点，所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.(6分)(2)解由于PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2，所以VP－ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PD＝eq\f(8,3).(8分)由题意可知，DA⊥平面MAB，且PD∥MA，所以DA即为点P到平面MAB的距离，所以VP－MAB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3).(10分)所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.(12分)10．(1)证明设AC∩BD＝H，连接EH.在△ADC中，由于AD＝CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又由题设，知E为PC的中点，故EH∥PA.又EH⊂平面BDE，且PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE.(4分)(2)证明由于PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.由(Ⅰ)可得，DB⊥AC.又PD∩DB＝D，故AC⊥平面PBD.(8分)(3)解由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线BC与平面PBD所成