高中數學《空間中的垂直關系》學案4 新人教B版必修2

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1、空間中的垂直關系 一．【課標要求】 以立體幾何的上述定義、公理和定理為出發(fā)點，通過直觀感知、操作確認、思辨論證，認識和理解空間中線面垂直的有關性質與判定。 通過直觀感知、操作確認，歸納出以下判定定理： ◆一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，則該直線與此平面垂直。 ◆ 一個平面過另一個平面的垂線，則兩個平面垂直。 通過直觀感知、操作確認，歸納出以下性質定理，并加以證明： ◆兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直。 能運用已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題。 二．【命題走向】 近年來，立體幾何高考命題形式比較穩(wěn)定，題目難易適中，常常立足于棱柱、棱

2、錐和正方體，復習是要以多面體為依托，始終把直線與直線、直線與平面、平面與平面垂直的性質和判定作為考察重點。在難度上也始終以中等偏難為主，在新課標教材中將立體幾何要求進行了降低，重點在對圖形及幾何體的認識上，實現平面到空間的轉化，示知識深化和拓展的重點，因而在這部分知識點上命題，將是重中之重。 預測2020年高考將以多面體為載體直接考察線面位置關系： （1）考題將會出現一個選擇題、一個填空題和一個解答題； （2）在考題上的特點為：熱點問題為平面的基本性質，考察線線、線面和面面關系的論證，此類題目將以客觀題和解答題的第一步為主。 （3）解答題多采用一題多問的方式，這樣既降低了起點又分散了難

3、點 三．【要點精講】 1．線線垂直 判斷線線垂直的方法：所成的角是直角，兩直線垂直；垂直于平行線中的一條，必垂直于另一條。 三垂線定理：在平面內的一條直線，如果它和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直。 三垂線定理的逆定理：在平面內的一條直線，如果和這個平面的一條斜線垂直，那麼它也和這條斜線的射影垂直 推理模式： 。 注意：⑴三垂線指PA，PO，AO都垂直α內的直線a 其實質是：斜線和平面內一條直線垂直的判定和性質定理⑵要考慮a的位置，并注意兩定理交替使用。 2．線面垂直 定義：如果一條直線l和一個平面α相交，并且和平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說直線l

4、和平面α互相垂直其中直線l叫做平面的垂線，平面α叫做直線l的垂面,直線與平面的交點叫做垂足。直線l與平面α垂直記作：l⊥α。 直線與平面垂直的判定定理：如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面。 直線和平面垂直的性質定理：如果兩條直線同垂直于一個平面,那么這兩條直線平行。 3．面面垂直 兩個平面垂直的定義：相交成直二面角的兩個平面叫做互相垂直的平面。 兩平面垂直的判定定理：（線面垂直面面垂直） 如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直。 兩平面垂直的性質定理：（面面垂直線面垂直）若兩個平面互相垂直，那么在一個平面內垂直于它們的交

5、線的直線垂直于另一個平面。 四．【典例解析】 題型1：線線垂直問題 例1．如圖1所示，已知正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分別為A1D1，A1B1，BC，CD，DA，DE，CL的中點，求證：EF⊥GF。 證明：如圖2，作GQ⊥B1C1于Q，連接FQ，則GQ⊥平面A1B1C1D1，且Q為B1C1的中點。 A B C D E A1 B1 C1 O F 在正方形A1B1C1D1中，由E、F、Q分別為A1D1、A1B1、B1C1的中點可證明EF⊥FQ，由三垂線定理得EF⊥GF。 點評：以垂直為背景，加強空間想象能力的考查，體現了立體幾何

6、從考查、論證思想。 例2．（2020全國Ⅱ，19）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分別為BB1、AC1的中點，證明：ED為異面直線BB1與AC1的公垂線。 證明：設O為AC中點，連接EO，BO，則EOC1C，又C1CB1B，所以EODB，EOBD為平行四邊形，ED∥OB。 ∵AB＝BC，∴BO⊥AC， 又平面ABC⊥平面ACC1A1，BOì面ABC，故BO⊥平面ACC1A1， ∴ED⊥平面ACC1A1，BD⊥AC1，ED⊥CC1， ∴ED⊥BB1，ED為異面直線AC1與BB1的公垂線 點評：該題考點多，具有一定深度，但入手不難，逐漸加深，邏輯推理增強。

7、 題型2：線面垂直問題 例3．（1）（2020北京文，17）如圖，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，求證：BD⊥平面ACC1A1。 （2）（2020天津文，19）如圖，在五面體ABCDEF中，點O是矩形ABCD的對角線的交點，面CDE是等邊三角形，棱。 （I）證明平面； （II）設證明平面。 證明：（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）證明： （I）取CD中點M，連結OM。 在矩

8、形ABCD中， 又 則連結EM，于是四邊形EFOM為平行四邊形。 又平面CDE，且平面CDE， 平面CDE。 （II）連結FM。 由（I）和已知條件，在等邊中， 且 因此平行四邊形EFOM為菱形，從而。 平面EOM，從而 而所以平面 點評：本題考查直線與平面垂直等基礎知識，考查空間想象能力和推理論證能力 例4．如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1 中，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，AA1 ＝，D 是A1B1 中點．（1）求證C1D ⊥平面A1B ；（2）當點F 在BB1 上什么位置時，會使得AB1 ⊥平面C1DF ？并證明你的結論。 分析：（1

9、）由于C1D 所在平面A1B1C1 垂直平面A1B ，只要證明C1D 垂直交線A1B1 ，由直線與平面垂直判定定理可得C1D ⊥平面A1B。 （2）由（1）得C1D ⊥AB1 ，只要過D 作AB1 的垂線，它與BB1 的交點即為所求的F 點位置。 （1）證明：如圖，∵ ABC—A1B1C1 是直三棱柱， ∴ A1C1 ＝B1C1 ＝1，且∠A1C1B1 ＝90°。 又 D 是A1B1 的中點，∴ C1D ⊥A1B1 。 ∵ AA1 ⊥平面A1B1C1 ，C1D 平面A1B1C1 ， ∴ AA1 ⊥C1D ，∴ C1D ⊥平面AA1B1B。 （2）解：作DE ⊥AB1

10、交AB1 于E ，延長DE 交BB1 于F ，連結C1F ，則AB1 ⊥平面C1DF ，點F 即為所求。 事實上，∵ C1D ⊥平面AA1BB ，AB1 平面AA1B1B ， ∴ C1D ⊥AB1 ．又AB1 ⊥DF ，DF C1D ＝D ， ∴ AB1 ⊥平面C1DF 。 點評：本題（1）的證明中，證得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）是開放性探索問題，注意采用逆向思維的方法分析問題。 題型3：面面垂直問題 例5．如圖，△ABC 為正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥

11、CE ，CE ＝CA ＝2 BD ，M 是EA 的中點，求證：（1）DE ＝DA ；（2）平面BDM ⊥平面ECA ；（3）平面DEA ⊥平面ECA。 分析：（1）證明DE ＝DA ，可以通過圖形分割，證明△DEF ≌△DBA。（2）證明面面垂直的關鍵在于尋找平面內一直線垂直于另一平面。由（1）知DM ⊥EA ，取AC 中點N ，連結MN 、NB ，易得四邊形MNBD 是矩形。從而證明DM ⊥平面ECA。 證明：（1）如圖，取EC 中點F ，連結DF。 ∵ EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，得DB ⊥平面ABC 。 ∴ DB ⊥AB ，EC ⊥BC。 ∵ BD ∥CE ，B

12、D ＝CE ＝FC ，則四邊形FCBD 是矩形，DF ⊥EC。 又BA ＝BC ＝DF ， ∴ Rt△DEF ≌Rt△ABD ，所以DE ＝DA。 （2）取AC 中點N ，連結MN 、NB ， ∵ M 是EA 的中點， ∴ MN EC。 由BD EC ，且BD ⊥平面ABC ，可得四邊形MNBD 是矩形，于是DM ⊥MN。 ∵ DE ＝DA ，M 是EA 的中點， ∴ DM ⊥EA ．又EA MN ＝M ， ∴ DM ⊥平面ECA ，而DM 平面BDM ，則平面ECA ⊥平面BDM。 （3）∵ DM ⊥平面ECA ，DM 平面DEA ， ∴ 平面DEA ⊥

13、平面ECA。 點評：面面垂直的問題常常轉化為線面垂直、線線垂直的問題解決。 例6．（2020江西卷理）（本小題滿分12分） 在四棱錐中，底面是矩形，平面，，. 以的中點為球心、為直徑的球面交于點，交于點. （1）求證：平面⊥平面； （2）求直線與平面所成的角的大??； （3）求點到平面的距離. 解： 方法一：（1）依題設知，AC是所作球面的直徑，則AM⊥MC。又因為P A⊥平面ABCD，則PA⊥CD，又CD⊥AD， 所以CD⊥平面ＰＡＤ，則CD⊥AM，所以A M⊥平面PCD， 所以平面ABM⊥平面PCD。 （2）由（1）知，，又，則是的中點可得， 則 設D到平面AC

14、M的距離為，由即， 可求得， 設所求角為，則，。 （1） 可求得PC=6。因為AN⊥NC，由，得PN。所以。 故N點到平面ACM的距離等于P點到平面ACM距離的。 又因為M是PD的中點，則P、D到平面ACM的距離相等，由（2）可知所求距離為。 方法二： （1）同方法一； （2）如圖所示，建立空間直角坐標系，則，，， ，，；設平面的一個法向量，由可得：，令，則 。設所求角為，則， 所以所求角的大小為。 （3）由條件可得，.在中，,所以,則, ，所以所求距離等于點到平面距離的，設點到平面距離為則，所以所求距離為。 題型4：射影問題 例7．（1）如圖，正方形所在平面，過作

15、與垂直的平面分別交、、于、K、，求證：、分別是點在直線和上的射影． 證明：∵ 面，∴ ， ∵ 為正方形，∴ ， ∵ 與相交，∴ 面，面， ∴ ． 由已知面，且面， ∴ ， ∵，∴　面，面，∴ ， 即 為點在直線上的射影， 同理可證得為點在直線上的射影。 點評：直線與平面垂直的判定定理和性質定理是解決兩條直線的主要途徑之一，另外，三垂線定理及逆定理、兩條直線所成的角等也是證明兩條直線垂直的常用的方法 （2）（2020湖北理，18）如圖，在棱長為1的正方體中，是側棱上的一點，。 （Ⅰ）試確定，使直線與平面所成角的正切值為； （Ⅱ）在線段上

16、是否存在一個定點Q，使得對任意的，D1Q在平面上的射影垂直于，并證明你的結論。 解法1：（Ⅰ）連AC，設AC與BD相交于點O,AP與平面相交于點，連結OG， 因為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與平面所成的角。 在Rt△AOG中，tan∠AGO＝，即m＝。 所以，當m＝時，直線AP與平面所成的角的正切值為。 （Ⅱ）可以推測，點Q應當是AICI的中點O1， 因為D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ，所以 D1O1⊥平面ACC1A1， 又AP平面ACC1A1，故 D1O

17、1⊥AP。 那么根據三垂線定理知，D1O1在平面APD1的射影與AP垂直。 點評：本小題主要考查線面關系、直線于平面所成的角的有關知識及空間想象能力和推理運算能力，考查運用向量知識解決數學問題的能力。 例8．如圖1所示，已知A1B1C1—ABC是正三棱柱，D是AC的中點。 （1）證明AB1∥DBC1； （2）假設AB1⊥BC1，BC=2。 求線段AB1在側面B1BCC1上的射影長 證明：（1）如圖2所示，∵A1B1C1—ABC是正三棱柱， ∴四邊形B1BCC1是矩形。 連結B1C，交BC1于E，則BE=EC。 連結DE，在△AB1C中，∵AD=DC， ∴DE∥AB

18、1，又因為AB1平面DBC1，DE平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1。 （2）作AF⊥BC，垂足為F。因為面ABC⊥面B1BCC1， ∴AF⊥平面B1BCC1。連結B1F，則B1F是AB1在平面B1BCC1內的射影。 ∵BC1⊥AB1，∴BC1⊥B1F。 ∵四邊形B1BCC1是矩形，∴∠B1BF=∠BCC1=90°，又∠FB1B=∠C1BC，∴△B1BF∽△BCC1，則==。 又F為正三角形ABC的BC邊中點，因而B1B2=BF·BC=1×2=2。 于是B1F2=B1B2+BF2=3，∴B1F=，即線段AB1在平面B1BCC1內的射影長為。 點評：建立直線和平面的位置關系與點、

19、線在平面上的射影間的關系。 題型5：垂直的應用 例9．已知是邊長為的正三角形所在平面外一點， ，求異面直線與的距離 F C A B D E F C A B D E F C A B D E 圖⑴ 圖⑵ 圖⑶ 解析：分別取、中點、，連結（圖⑴）。 連結、（圖⑵） ∵，為公共邊，， ∴≌ ∴ ∵點為中點 ∴ 同理：（圖⑶） 又，， ∴即為異面直線與的公垂線段 如圖⑵，在中，，，， A B C D E F G H ∴ ∴異面直線與的距離。 點評：求異面直線的距離，必須先找

20、到兩條異面直線的公垂線段。 例10．如圖，在空間四邊形中，、、、分別是邊、、、的中點，對角線且它們所成的角為。 ⑴求證：，⑵求四邊形的面積。 解析：⑴在中，、分別是邊、的中點，∴∥， 在中，、分別是邊、的中點，∴∥， ∴∥且， 同理：∥且， ∵，∴， ∴四邊形為菱形，∴。 ⑵∵∥，∥， ∴（或的補角）即為異面直線與所成的角， 由已知得：（或）， ∴四邊形的面積為：。 題型6：課標創(chuàng)新題 例11．（1）（2000全國，16）如圖（1）所示，E、F分別為正方體的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，則四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可能是圖（2）的

21、 （要求：把可能的圖的序號都填上） 圖（1） 圖（2） 答案：②③ 解析：∵面BFD1E⊥面ADD1A1，所以四邊形BFD1E在面ADD1A1上的射影是③，同理，在面BCC1B1上的射影也是③。 過E、F分別作DD1和CC1的垂線，可得四邊形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）（2000上海，7）命題A：底面為正三角形，且頂點在底面的射影為底面中心的三棱錐是正三棱錐 命題A的等價命題B可以是：底面為正三角形，且 的三棱錐是正三棱錐。 答案：側棱相等（或側棱與底面所成角相等…

22、…） 解析：要使命題B與命題A等價，則只需保證頂點在底面上的射影S是底面正三角形的外心即可，因此，據射影定理，得側棱長相等。 例12．（2020寧夏海南卷理）（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐S-ABCD 的底面是正方形，每條側棱的長都是地面邊長的倍，P為側棱SD上的點。 （Ⅰ）求證：AC⊥SD （Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小 （Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，側棱SC上是否存在一點E， 使

23、得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說明理由。 解法一： （Ⅰ）連BD，設AC交BD于O，由題意。在正方形ABCD中，，所以,得. (Ⅱ)設正方形邊長，則。 又，所以, 連，由（Ⅰ）知,所以 且,所以是二面角的平面角。 由,知,所以, 即二面角的大小為。 （Ⅲ）在棱SC上存在一點E，使 由（Ⅱ）可得，故可在上取一點,使,過作的平行線與的交點即為。連BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故. 解法二： （Ⅰ）；連,設交于于，由題意知.以O為坐標原點，分別為軸、軸、軸正方向，建立坐標系如圖 設

24、底面邊長為，則高。 于是 故 從而 (Ⅱ)由題設知，平面的一個法向量，平面的一個法向量，設所求二面角為，則,所求二面角的大小為 （Ⅲ）在棱上存在一點使. 由（Ⅱ）知是平面的一個法向量， 且 設 則 而 即當時， 而不在平面內，故 五．【思維總結】 1．通過典型問題掌握基本解題方法，高考中立體幾何解答題基本題型是： （Ⅰ）證明空間線面平行或

25、垂直； （Ⅱ）求空間中線面的夾角或距離； （Ⅲ）求幾何體的側面積及體積。 證明空間線面平行或垂直需注意以下幾點： ①由已知想性質，由求證想判定，即分析法與綜合法相結合尋找證題思路。 ②立體幾何論證題的解答中，利用題設條件的性質適當添加輔助線（或面）是解題的常用方法之一。 ③明確何時應用判定定理，何時應用性質定理，用定理時要先申明條件再由定理得出相應結論。 ④三垂線定理及其逆定理在高考題中使用的頻率最高，在證明線線垂直時應優(yōu)先考慮.應用時常需先認清所觀察的平面及它的垂線，從而明確斜線、射影、面內直線的位置，再根據定理由已知的兩直線垂直得出新的兩直線垂直.另外通過計算證明線線垂直也是

26、常用的方法之一。 垂直和平行涉及題目的解決方法須熟練掌握兩類相互轉化關系： 平行轉化：線線平行線面平行面面平行； 垂直轉化：線線垂直線面垂直面面垂直； 每一垂直或平行的判定就是從某一垂直或平行開始轉向另一垂直或平行最終達到目的。 例如：有兩個平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直。 2．“升降維”思想 直線是一維的，平面是二維的，立體空間是三維的。運用降維的方法把立體空間問題轉化為平面或直線問題進行研究和解題，可以化難為易，化新為舊，化未知為已知，從而使問題得到解決。運用升維的方法把平面或直線中的概念、定義或方法向空間推廣，可以立易解難，溫舊知新，從已知探索未知，是培養(yǎng)創(chuàng)新精神和能力，是“學會學習”的重要方法。平面圖形的翻折問題的分析與解決，就是升維與降維思想方法的不斷轉化運用的過程。 2．反證法 反證法是立體幾何中常用的間接證明方法。 其步驟是：①否定結論；②進行推理；③導出矛盾；④肯定結論．用反證法證題要注意：①宜用此法否；②命題結論的反面情況有幾種。