高中數(shù)學(xué)《空間中的垂直關(guān)系》學(xué)案6 新人教B版必修2

《高中數(shù)學(xué)《空間中的垂直關(guān)系》學(xué)案6 新人教B版必修2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué)《空間中的垂直關(guān)系》學(xué)案6 新人教B版必修2（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、空間中的垂直關(guān)系 一．【課標(biāo)要求】 以立體幾何的上述定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)、思辨論證，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定。 通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)，歸納出以下判定定理： ◆一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，則該直線與此平面垂直。 ◆ 一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線，則兩個(gè)平面垂直。 通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)，歸納出以下性質(zhì)定理，并加以證明： ◆兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直。 能運(yùn)用已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題。 二．【命題走向】 近年來(lái)，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(fù)習(xí)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(zhì)和判定作為考察重點(diǎn)。在難度上也始終以中等偏難為主，在新課標(biāo)教材中將立體幾何要求進(jìn)行了降低，重點(diǎn)在對(duì)圖形及幾何體的認(rèn)識(shí)上，實(shí)現(xiàn)平面到空間的轉(zhuǎn)化，示知識(shí)深化和拓展的重點(diǎn)，因而在這部分知識(shí)點(diǎn)上命題，將是重中之重。 預(yù)測(cè)2020年高考將以多面體為載體直接考察線面位置關(guān)系： （1）考題將會(huì)出現(xiàn)一個(gè)選擇題、一個(gè)填空題和一個(gè)解答題； （2）在考題上的特點(diǎn)為：熱點(diǎn)問(wèn)題為平面的基本性質(zhì)，考察線線、線面和面面關(guān)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(wèn)的方式，這樣既降低了起點(diǎn)又分散了難

3、點(diǎn) 三．【要點(diǎn)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(nèi)的一條直線，如果它和這個(gè)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(nèi)的一條直線，如果和這個(gè)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(nèi)的直線a 其實(shí)質(zhì)是：斜線和平面內(nèi)一條直線垂直的判定和性質(zhì)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(gè)平面α相交，并且和平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，我們就說(shuō)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(diǎn)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(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個(gè)平面。 直線和平面垂直的性質(zhì)定理：如果兩條直線同垂直于一個(gè)平面,那么這兩條直線平行。 3．面面垂直 兩個(gè)平面垂直的定義：相交成直二面角的兩個(gè)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(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，那么這兩個(gè)平面互相垂直。 兩平面垂直的性質(zhì)定理：（面面垂直線面垂直）若兩個(gè)平面互相垂直，那么在一個(gè)平面內(nèi)垂直于它們的交

5、線的直線垂直于另一個(gè)平面。 四．【典例解析】 題型1：線線垂直問(wèn)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(diǎn)，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(diǎn)。 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(diǎn)可證明EF⊥FQ，由三垂線定理得EF⊥GF。 點(diǎn)評(píng)：以垂直為背景，加強(qiáng)空間想象能力的考查，體現(xiàn)了立體幾何

6、從考查、論證思想。 例2．（2020全國(guó)Ⅱ，19）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分別為BB1、AC1的中點(diǎn)，證明：ED為異面直線BB1與AC1的公垂線。 證明：設(shè)O為AC中點(diǎn)，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(diǎn)評(píng)：該題考點(diǎn)多，具有一定深度，但入手不難，逐漸加深，邏輯推理增強(qiáng)。

7、 題型2：線面垂直問(wèn)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(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，面CDE是等邊三角形，棱。 （I）證明平面； （II）設(shè)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(diǎn)M，連結(jié)OM。 在矩

8、形ABCD中， 又 則連結(jié)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(jié)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(diǎn)評(píng)：本題考查直線與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí)，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(diǎn)．（1）求證C1D ⊥平面A1B ；（2）當(dāng)點(diǎn)F 在BB1 上什么位置時(shí)，會(huì)使得AB1 ⊥平面C1DF ？并證明你的結(jié)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(guò)D 作AB1 的垂線，它與BB1 的交點(diǎn)即為所求的F 點(diǎn)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(diǎn)，∴ 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(zhǎng)DE 交BB1 于F ，連結(jié)C1F ，則AB1 ⊥平面C1DF ，點(diǎn)F 即為所求。 事實(shí)上，∵ C1D ⊥平面AA1BB ，AB1 平面AA1B1B ， ∴ C1D ⊥AB1 ．又AB1 ⊥DF ，DF C1D ＝D ， ∴ AB1 ⊥平面C1DF 。 點(diǎn)評(píng)：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(wèn)題，注意采用逆向思維的方法分析問(wèn)題。 題型3：面面垂直問(wèn)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(diǎn)，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(guò)圖形分割，證明△DEF ≌△DBA。（2）證明面面垂直的關(guān)鍵在于尋找平面內(nèi)一直線垂直于另一平面。由（1）知DM ⊥EA ，取AC 中點(diǎn)N ，連結(jié)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(diǎn)F ，連結(jié)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(diǎn)N ，連結(jié)MN 、NB ， ∵ M 是EA 的中點(diǎn)， ∴ 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(diǎn)， ∴ 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(diǎn)評(píng)：面面垂直的問(wèn)題常常轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直的問(wèn)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(diǎn)為球心、為直徑的球面交于點(diǎn)，交于點(diǎn). （1）求證：平面⊥平面； （2）求直線與平面所成的角的大??； （3）求點(diǎn)到平面的距離. 解： 方法一：（1）依題設(shè)知，AC是所作球面的直徑，則AM⊥MC。又因?yàn)镻 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(diǎn)可得， 則 設(shè)D到平面AC

14、M的距離為，由即， 可求得， 設(shè)所求角為，則，。 （1） 可求得PC=6。因?yàn)锳N⊥NC，由，得PN。所以。 故N點(diǎn)到平面ACM的距離等于P點(diǎn)到平面ACM距離的。 又因?yàn)镸是PD的中點(diǎn)，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(biāo)系，則，，， ，，；設(shè)平面的一個(gè)法向量，由可得：，令，則 。設(shè)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(diǎn)到平面距離的，設(shè)點(diǎn)到平面距離為則，所以所求距離為。 題型4：射影問(wèn)題 例7．（1）如圖，正方形所在平面，

15、過(guò)作與垂直的平面分別交、、于、K、，求證：、分別是點(diǎn)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(diǎn)在直線上的射影， 同理可證得為點(diǎn)在直線上的射影。 點(diǎn)評(píng)：直線與平面垂直的判定定理和性質(zhì)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(zhǎng)為1的正方體中，是側(cè)棱上的一點(diǎn)，。 （Ⅰ）試確定，使直線與平面所成角的正切值為； （Ⅱ）在線

16、段上是否存在一個(gè)定點(diǎn)Q，使得對(duì)任意的，D1Q在平面上的射影垂直于，并證明你的結(jié)論。 解法1：（Ⅰ）連AC，設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O,AP與平面相交于點(diǎn)，連結(jié)OG， 因?yàn)镻C∥平面，平面∩平面APC＝OG， 故OG∥PC，所以O(shè)G＝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(dāng)m＝時(shí)，直線AP與平面所成的角的正切值為。 （Ⅱ）可以推測(cè)，點(diǎn)Q應(yīng)當(dāng)是AICI的中點(diǎn)O1， 因?yàn)镈1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ，所以 D1O1⊥平面ACC1A1， 又AP平面ACC1A1，故 D

17、1O1⊥AP。 那么根據(jù)三垂線定理知，D1O1在平面APD1的射影與AP垂直。 點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查線面關(guān)系、直線于平面所成的角的有關(guān)知識(shí)及空間想象能力和推理運(yùn)算能力，考查運(yùn)用向量知識(shí)解決數(shù)學(xué)問(wèn)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(diǎn)。 （1）證明AB1∥DBC1； （2）假設(shè)AB1⊥BC1，BC=2。 求線段AB1在側(cè)面B1BCC1上的射影長(zhǎng) 證明：（1）如圖2所示，∵A1B1C1—ABC是正三棱柱， ∴四邊形B1BCC1是矩形。 連結(jié)B1C，交BC1于E，則BE=EC。 連結(jié)DE，在△AB1C中，∵AD=DC， ∴DE∥

18、AB1，又因?yàn)锳B1平面DBC1，DE平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1。 （2）作AF⊥BC，垂足為F。因?yàn)槊鍭BC⊥面B1BCC1， ∴AF⊥平面B1BCC1。連結(jié)B1F，則B1F是AB1在平面B1BCC1內(nèi)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(diǎn)，因而B1B2=BF·BC=1×2=2。 于是B1F2=B1B2+BF2=3，∴B1F=，即線段AB1在平面B1BCC1內(nèi)的射影長(zhǎng)為。 點(diǎn)評(píng)：建立直線和平面的位置關(guān)系與

19、點(diǎn)、線在平面上的射影間的關(guān)系。 題型5：垂直的應(yīng)用 例9．已知是邊長(zhǎng)為的正三角形所在平面外一點(diǎn)， ，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(diǎn)、，連結(jié)（圖⑴）。 連結(jié)、（圖⑵） ∵，為公共邊，， ∴≌ ∴ ∵點(diǎn)為中點(diǎn) ∴ 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(diǎn)評(píng)：求異面直線的距離，必須

20、先找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(diǎn)，對(duì)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(diǎn)，∴∥， 在中，、分別是邊、的中點(diǎn)，∴∥， ∴∥且， 同理：∥且， ∵，∴， ∴四邊形為菱形，∴。 ⑵∵∥，∥， ∴（或的補(bǔ)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(biāo)創(chuàng)新題 例11．（1）（2000全國(guó)，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(hào)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(guò)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(diǎn)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(jià)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(cè)棱相等（或側(cè)棱與底面所成角相

22、等……） 解析：要使命題B與命題A等價(jià)，則只需保證頂點(diǎn)在底面上的射影S是底面正三角形的外心即可，因此，據(jù)射影定理，得側(cè)棱長(zhǎng)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(cè)棱的長(zhǎng)都是地面邊長(zhǎng)的倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)。 （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(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，

23、 使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說(shuō)明理由。 解法一： （Ⅰ）連BD，設(shè)AC交BD于O，由題意。在正方形ABCD中，，所以,得. (Ⅱ)設(shè)正方形邊長(zhǎng)，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(diǎn)E，使 由（Ⅱ）可得，故可在上取一點(diǎn),使,過(guò)作的平行線與的交點(diǎn)即為。連BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故. 解法二： （Ⅰ）；連,設(shè)交于于，由題意知.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為軸、軸、軸正方向，建立坐標(biāo)系如圖

24、 設(shè)底面邊長(zhǎng)為，則高。 于是 故 從而 (Ⅱ)由題設(shè)知，平面的一個(gè)法向量，平面的一個(gè)法向量，設(shè)所求二面角為，則,所求二面角的大小為 （Ⅲ）在棱上存在一點(diǎn)使. 由（Ⅱ）知是平面的一個(gè)法向量， 且 設(shè) 則 而 即當(dāng)時(shí)， 而不在平面內(nèi)，故 五．【思維總結(jié)】 1．通過(guò)典型問(wèn)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

25、明空間線面平行或垂直； （Ⅱ）求空間中線面的夾角或距離； （Ⅲ）求幾何體的側(cè)面積及體積。 證明空間線面平行或垂直需注意以下幾點(diǎn)： ①由已知想性質(zhì)，由求證想判定，即分析法與綜合法相結(jié)合尋找證題思路。 ②立體幾何論證題的解答中，利用題設(shè)條件的性質(zhì)適當(dāng)添加輔助線（或面）是解題的常用方法之一。 ③明確何時(shí)應(yīng)用判定定理，何時(shí)應(yīng)用性質(zhì)定理，用定理時(shí)要先申明條件再由定理得出相應(yīng)結(jié)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(shí)應(yīng)優(yōu)先考慮.應(yīng)用時(shí)常需先認(rèn)清所觀察的平面及它的垂線，從而明確斜線、射影、面內(nèi)直線的位置，再根據(jù)定理由已知的兩直線垂直得出新的兩直線垂直.另外通過(guò)計(jì)算

26、證明線線垂直也是常用的方法之一。 垂直和平行涉及題目的解決方法須熟練掌握兩類相互轉(zhuǎn)化關(guān)系： 平行轉(zhuǎn)化：線線平行線面平行面面平行； 垂直轉(zhuǎn)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(zhuǎn)向另一垂直或平行最終達(dá)到目的。 例如：有兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理，在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)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(yùn)用降維的方法把立體空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面或直線問(wèn)題進(jìn)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(wèn)題得到解決。運(yùn)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(xué)會(huì)學(xué)習(xí)”的重要方法。平面圖形的翻折問(wèn)題的分析與解決，就是升維與降維思想方法的不斷轉(zhuǎn)化運(yùn)用的過(guò)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(jié)論；②進(jìn)行推理；③導(dǎo)出矛盾；④肯定結(jié)論．用反證法證題要注意：①宜用此法否；②命題結(jié)論的反面情況有幾種。