2022年高考数学一轮复习学案空间中的垂直关系 .pdf
学习必备欢迎下载20XX年高考数学一轮复习精品学案（人教版A 版）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 20XX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：,POOPAAaAOaaAP。注意：三垂线指PA ，PO ，AO都垂直 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. 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 相交，并且和平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l 和平面 互相垂直 .其中直线 l 叫做平面的垂线， 平面 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 垂直记作： l 。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aPOA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页学习必备欢迎下载交直线都垂直，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。在正方形A1B1C1D1中，由 E 、F、Q 分别为 A1D1、A1B1、B1C1的中点可证明EF FQ，由三垂线定理得EFGF。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 （2006 全国， 19）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中， ABBC，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 EO12C1C，又 C1CB1B，所以 EODB， EOBD为平行四边形，EDOB。ABBC， BOAC，又平面 ABC平面 ACC1A1，BO 面 ABC，故 BO平面 ACC1A1，ED平面 ACC1A1，BD AC1，EDCC1，EDBB1，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） （2006 北京文， 17）如图， ABCD A1B1C1D1是正四棱柱，求证： BD平面 ACC1A1。（2） （2006 天津文， 19）如图，在五面体ABCDEF中，点O 是A B C D E A1 B1 C1 O F ABCDA1B1C1D1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页学习必备欢迎下载矩形 ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱12EFBC。（ I）证明FO平面;CDE；（ II）设3,BCCD证明EO平面。证明： （ 1） ABCD A1B1C1D1是正四棱柱， CC1平面 ADCD, BDCC1 ABCD是正方形 BDAC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，1,2OMBC又1,2EFBC则.EFOM连结 EM，于是四边形EFOM为平行四边形。FOEM.又FO平面 CDE ，且EM平面 CDE ，FO平面 CDE 。（II）连结 FM。由（ I）和已知条件，在等边CDE中，,CMDMEMCD且31.22EMCDBCEF因此平行四边形EFOM为菱形，从而EOFM。,CDOM CDEMCD平面 EOM， 从而.CDEO而,FMCDM所以EO平面.CDF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ABCA1B1C1中， AC BC 1， ACB 90， AA12，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。DCABEOFM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页学习必备欢迎下载（1）证明：如图，ABC A1B1C1是直三棱柱，A1C1 B1C11，且 A1C1B190。又 D 是 A1B1的中点，C1D A1B1。AA1平面 A1B1C1，C1D平面 A1B1C1，AA1C1D ，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 AB1DF ，DFC1D D ，AB1平面 C1DF 。点评：本题（ 1）的证明中，证得C1D A1B1后，由ABCA1B1C1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 CA2 BD ， 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 21CE 21FC ，则四边形FCBD 是矩形， DF EC 。又 BA BC DF ，RtDEF RtABD ，所以 DE DA。（2）取 AC 中点 N ，连结 MN 、NB ，M 是 EA 的中点，MN21EC 。由 BD21EC ，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 （2009 江西卷理）（本小题满分12 分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，4PAAD，2AB. 以AC的中点O为球心、AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 12 页学习必备欢迎下载（1）求证：平面ABM平面PCD；（2）求直线CD与平面ACM所成的角的大小；（3）求点N到平面ACM的距离 . 解：方法一：（1）依题设知，AC是所作球面的直径，则AMMC。又因为 P A平面 ABCD，则 PACD，又 CDAD，所以 CD平面，则CDAM，所以 A M平面 PCD ，所以平面ABM平面 PCD 。（ 2）由（ 1）知，AMPD，又PAAD，则M是PD的中点可得22AM，222 3MCMDCD则12 62ACMSAM MC设 D 到平面 ACM 的距离为h，由DACMMACDVV即2 68h，可求得263h，设所求角为，则6sin3hCD，6arcsin3。（1）可求得 PC=6 。因为 AN NC，由PNPAPAPC，得 PN83。所以:5:9NC PC。故 N 点到平面ACM 的距离等于P点到平面ACM 距离的59。又因为 M 是 PD的中点，则 P、 D 到平面 ACM的距离相等， 由 （2） 可知所求距离为510 6927h。方法二：（1）同方法一；（ 2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(0,0,4)P，(2,0,0)B，(2,4,0)C，(0,4,0)D，(0,2,2)M；设平面ACM的一个法向量( , )nx y z，由,nAC nAM可得：240220 xyyz，令1z，则(2, 1,1)n。设所求角为，则6sin3CD nCD n，NODMCBPAyxzDMCBPANO精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 12 页学习必备欢迎下载所以所求角的大小为6arcsin3。（ 3） 由 条 件 可 得 ，ANNC. 在Rt PAC中 ，2P AP NP C, 所 以83PN, 则103NCPCPN, 59NCPC，所以所求距离等于点P到平面CA M距离的59，设点P到平面CA M距离为h则2 63AP nhn，所以所求距离为510 6h927。题型 4：射影问题例 7 （1）如图，SA正方形ABCD所在平面，过A作与SC垂直的平面分别交SB、SC、SD于E、K、H，求证：E、H分别是点A在直线SB和SD上的射影证明：SA面ABCD，CDSA，ABCD为正方形，ADCD，SA与AD相交，CD面SAD，AH面SAD，AHCD由已知SC面AEKH，且AH面AEKH，AHSC，CCDSC，AH面SCD，SD面SCD，SDAH，即H为点A在直线SD上的射影，同理可证得E为点A在直线SB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） （ 2006 湖 北 理 ， 18） 如 图 ， 在 棱 长 为1 的 正 方 体1111ABCDA B C D中，P是侧棱1CC上的一点，CPm。（）试确定m，使直线AP与平面11BDD B所成角的正切值为3 2；（）在线段11AC上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面1APD上的射影垂直于AP，并证明你的结论。解法 1： （）连 AC，设 AC与 BD相交于点O,AP 与平面11BDD B相交于点，连结OG，O1GOCDC1BAD1A1B1PABCD1A1B1C1D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页学习必备欢迎下载因为 PC 平面11BDD B，平面11BDD B平面 APC OG，故 OGPC ，所以 OG21PC2m。又 AO BD,AOBB1，所以 AO平面11BDD B，故 AGO是 AP与平面11BDD B所成的角。在 RtAOG中， tanAGO23222mGOOA，即 m31。所以，当m31时，直线AP与平面11BDD B所成的角的正切值为3 2。（）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D1O1AP。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A1B1C1ABC是正三棱柱，D是 AC的中点。（1）证明 AB1DBC1；（2）假设 AB1BC1， 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 ，DEAB1，又因为AB1平面 DBC1，DE平面 DBC1， AB1平面 DBC1。（2）作 AFBC，垂足为F。因为面ABC面 B1BCC1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页学习必备欢迎下载AF平面 B1BCC1。连结 B1F，则 B1F是 AB1在平面 B1BCC1内的射影。BC1 AB1， BC1B1F。四边形 B1BCC1是矩形， B1BF=BCC1=90，又FB1B=C1BC， B1BF BCC1，则BCBB1=1CCBF=BBBF1。又 F为正三角形ABC的 BC边中点，因而B1B2=BFBC=1 2=2。于是 B1F2=B1B2+BF2=3， B1F=3，即线段AB1在平面 B1BCC1内的射影长为3。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：垂直的应用例 9已知A是边长为a的正三角形BCD所在平面外一点，ACABaAD，求异面直线AB与CD的距离 . 解析：分别取AB、CD中点E、F，连结EF（图）。连结EC、ED（图）aBDBC，BE为公共边，60EBDEBC，EBCEBDEDEC点F为CD中点CDEF同理：ABFE（图）又EEFAB，FEFCD，EF即为异面直线AB与CD的公垂线段如图，在CEFRt中，90CFE，aCF21，aCE23，aaaEF22212322异面直线AB与CD的距离a22。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ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，对角线aBDAC且它们所成的角为30。求证：HFEG，求四边形EFGH的面积。解析：在ABD中，E、H分别是边AB、AD的中点，EHBD21，在CBD中，F、G分别是边CB、CD的中点，FGBD21，F C A B D E F C A B D E F C A B D E 图图图A B C D E F G H 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页学习必备欢迎下载EHFG且BDFGEH21，同理：EFHG且ACHGEF21，aBDAC，aHEGHFGEF21，四边形EFGH为菱形，HFEG。EFAC，FGBD，EFG（或EFG的补角）即为异面直线AC与BD所成的角，由已知得：30EFG（或150EFG） ，四边形EFGH的面积为：2812122sin212aaaEFGFGEF。题型 6：课标创新题例 11 （1） （2000 全国， 16）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：解析：面BFD1E面 ADD1A1，所以四边形BFD1E在面 ADD1A1上的射影是，同理，在面 BCC1B1上的射影也是。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，同理在面 ABB1A1，面 ABCD和面 A1B1C1D1上的射影也是。（2） （2000 上海， 7）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 （ 2009 宁夏海南卷理） （本小题满分12 分）如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的2倍， P为侧棱 SD上的点。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页学习必备欢迎下载（）求证：AC SD；（）若SD平面PAC ，求二面角P-AC-D的大小（）在 （）的条件下， 侧棱 SC上是否存在一点E ， 使得 BE平面 PAC 。若存在，求SE ：EC的值；若不存在，试说明理由。解法一：（）连 BD，设 AC交 BD于 O，由题意SOAC。在正方形ABCD中，ACBD，所以ACSBD平面,得ACSD. ( ) 设正方形边长a，则2SDa。又22ODa，所以060SOD, 连OP，由（）知ACSBD平面,所以ACOP,且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角。由SDPAC平面,知SDOP,所以030POD, 即二面角PACD的大小为030。（）在棱SC上存在一点E ，使/BEPAC平面由（）可得24PDa，故可在SP上取一点N,使PNPD,过N作PC的平行线与SC的交点即为E。连BN。在BDN中知/BNPO，又由于/NEPC,故平面/BENPAC平面，得/BEPAC平面,由于21SNNP：,故21SEEC：. 解法二：（）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SOABCD平面.以 O 为坐标原点，OB OC OS，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系Oxyz如图 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页学习必备欢迎下载设底面边长为a，则高62SOa。于是62(0,0,),(,0,0)22SaDa2(0,0)2Ca2(0,0)2OCa26(,0,)22SDaa0OC SD故OCSD从而ACSD( ) 由题设知，平面PAC的一个法向量26(,0,)22DSaa，平面DAC的一个法向量6)0,0,)2OSa，设所求二面角为，则3cos2OS DSOS DS, 所求二面角的大小为030（）在棱SC上存在一点E使/BEPAC平面. 由（）知DS是平面PAC的一个法向量，且2626,0,),(0,)2222DSaaCSaa（设,CEtCS则226(,(1),)222BEBCCEBCtCSaatat而103BE DCt即当:2:1SE EC时，BEDS而BE不在平面PAC内，故/BEPAC平面精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页学习必备欢迎下载五 【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：（）证明空间线面平行或垂直；（）求空间中线面的夹角或距离；（）求几何体的侧面积及体积。证明空间线面平行或垂直需注意以下几点：由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。立体几何论证题的解答中，利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面） 是解题的常用方法之一。明确何时应用判定定理，何时应用性质定理，用定理时要先申明条件再由定理得出相应结论。三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑.应用时常需先认清所观察的平面及它的垂线，从而明确斜线、射影、面内直线的位置，再根据定理由已知的两直线垂直得出新的两直线垂直.另外通过计算证明线线垂直也是常用的方法之一。垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系：1. 平行转化：线线平行线面平行面面平行；2. 垂直转化：线线垂直线面垂直面面垂直；每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的。例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直。2 “升降维”思想直线是一维的， 平面是二维的， 立体空间是三维的。运用降维的方法把立体空间问题转化为平面或直线问题进行研究和解题，可以化难为易，化新为旧，化未知为已知，从而使问题得到解决。 运用升维的方法把平面或直线中的概念、定义或方法向空间推广，可以立易解难，温旧知新，从已知探索未知，是培养创新精神和能力，是“学会学习”的重要方法。平面图形的翻折问题的分析与解决，就是升维与降维思想方法的不断转化运用的过程。2反证法反证法是立体几何中常用的间接证明方法。其步骤是： 否定结论； 进行推理； 导出矛盾； 肯定结论 用反证法证题要注意：宜用此法否；命题结论的反面情况有几种。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页
