2020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.doc

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1、2020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

2、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2020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】

3、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：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

4、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ABCDA1

5、B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分别为A1D1，A1B1，BC，CD，DA，DE，CL的中点，求证：EFGF。证明：如图2，作GQB1C1于Q，连接FQ，则GQ平面A1B1C1D1，且Q为B1C1的中点。ABCDEA1B1C1OF在正方形A1B1C1D1中，由E、F、Q分别为A1D1、A1B1、B1C1的中点可证明EFFQ，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（2020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

6、AC中点，连接EO，BO，则EOC1C，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，BDAC1，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）（2020北京文，17）如图，ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，求证：BD平面ACC1A1。（2）（2020天津文，19）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。

7、（I）证明平面；（II）设证明平面。证明：（1）ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，CC1平面ADCD,BDCC1ABCD是正方形BDAC又AC，CC1平面ACC1A1,且ACCC1=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ABCA1B1C1 中，AC BC

8、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， ABCA1B1C1 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

9、 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 ，DF C1D 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

10、形，EC 平面ABC ，BD CE ，CE CA 2 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 CE FC ，则四边形FCBD

11、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， MN EC。由BD EC ，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EA MN 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（2020江西卷理）（本小题满分12分）在四棱锥中，底面是矩形，平面，.

12、以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点.（1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的大小；（3）求点到平面的距离.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，又，则是的中点可得，则设D到平面ACM的距离为，由即，可求得，设所求角为，则，。（1） 可求得PC=6。因为ANNC，由，得PN。所以。故N点到平面ACM的距离等于P点到平面ACM距离的。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。方法

13、二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则， ，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则。设所求角为，则， 所以所求角的大小为。（3）由条件可得，.在中，,所以,则, ，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为。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

14、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）（2020湖北理，18）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，。（）试确定，使直线与平面所成角的正切值为；（）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：（）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APCOG，故OGPC，所以OGPC。又AOBD,AOBB1，所以AO平面，故AGO是AP与平面所成的角。在RtAOG中，tanAGO，即m。所以，当m时，直线AP与平面所成的角的正切值为。（）可以推测，点Q应当是AICI的中点O1，因为

15、D1O1A1C1, 且 D1O1A1A ，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，A1B1C1ABC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，

16、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，AF平面B1BCC1。连结B1F，则B1F是AB1在平面B1BCC1内的射影。BC1AB1，BC1B1F。四边形B1BCC1是矩形，B1BF=BCC1=90，又FB1B=C1BC，B1BFBCC1，则=。又F为正三角形ABC的BC边中点，因而B1B2=BFBC=12=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

17、例9已知是边长为的正三角形所在平面外一点，求异面直线与的距离.FCABDEFCABDEFCABDE图图图解析：分别取、中点、，连结（图）。连结、（图），为公共边， 点为中点 同理：（图）又，即为异面直线与的公垂线段如图，在中，ABCDEFGH 异面直线与的距离。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。求证：，求四边形的面积。解析：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，。， （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

18、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

19、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（2020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倍，P为侧棱SD上的点。 （）求证：ACSD； （）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。在正方形AB

20、CD中，所以,得. ()设正方形边长，则。又，所以, 连，由（）知,所以, 且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小为。 （）在棱SC上存在一点E，使由（）可得，故可在上取一点,使,过作的平行线与的交点即为。连BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故.解法二： （）；连,设交于于，由题意知.以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图. 设底面边长为，则高。 于是 故 从而 ()由题设知，平面的一个法向量，平面的一个法向量，设所求二面角为，则,所求二面角的大小为 （）在棱上存在一点使. 由（）知是平面的一个法向量， 且 设 则 而 即当时， 而不在平面内，故五【思维总

21、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

22、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。