2023年高考数学一轮复习第7章立体几何第4节垂直关系学案理北师大版

第四节垂直关系[考纲](教师用书独具)1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识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单命题．(对应学生用书第114页)[根底知识填充]1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a平面α，,b平面α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b2.二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．(3)范围：[0，π]．3．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,lβ))⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,lβ,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α[知识拓展]1.如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．2．直线垂直于平面，那么垂直于这个平面内的任一直线．3．垂直于同一条直线的两平面平行．[根本能力自测]1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，那么l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)直线a⊥α，b⊥α，那么a∥b.()(4)假设α⊥β，a⊥β⇒a∥α.()(5)假设直线a⊥平面α，直线b∥α，那么直线a与b垂直．()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×(5)√2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ.()A．假设l⊥β，那么α⊥β B．假设α⊥β，那么l⊥mC．假设l∥β，那么α∥β D．假设α∥β，那么l∥mA[∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]3．(2023·浙江高考)互相垂直的平面α，β交于直线l.假设直线m，n满足m∥α，n⊥β，那么()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC[∵α∩β＝l，∴lβ.∵n⊥β，∴n⊥l.]4．如图7­4­1，O为正方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的中心，那么以下直线中与B1O图7­4­1A．A1DB．AA1C．A1D1D．A1CD[易知AC⊥平面BB1D1D.∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥平面BB1D1又B1O平面BB1D1D，∴A1C1⊥B1O，应选D.]5．如图7­4­2，PA⊥平面ABC，BC⊥AC，那么图中直角三角形的个数为________．图7­4­24[∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，那么△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC．因此△ABC，△PBC也是直角三角形．](对应学生用书第115页)线面垂直的判定与性质(2023·合肥一检)如图7­4­3，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，∠ABC＝60°，点E，F分别为BC，PD的中点，PA＝AB＝2.图7­4­3(1)证明：AE⊥平面PAD；(2)求多面体PAECF的体积．[解](1)证明：由PA⊥底面ABCD得PA⊥AE.底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，得△ABC为等边三角形，又因为E为BC的中点，得AE⊥BC，所以AE⊥AD.因为PA∩AD＝A，所以AE⊥平面PAD.(2)令多面体PAECF的体积为V，那么V＝V三棱锥P­AEC＋V三棱锥C­PAF.V三棱锥P­AEC＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×AE×EC))×PA＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×1))×2＝eq\f(\r(3),3)；V三棱锥C­PAF＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×PA×PF×sin∠APF))×AE＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×\r(2)×sin45°))×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，所以多面体PAECF的体积为V＝eq\f(\r(3),3)＋eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3),3).[规律方法]证明直线和平面垂直的常用方法1利用判定定理.2利用判定定理的推论a∥b，a⊥α⇒b⊥α.3利用面面平行的性质a⊥α，α∥β⇒a⊥β.4利用面面垂直的性质.当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.5重视平面几何知识，特别是勾股定理的应用.[跟踪训练]如图7­4­4所示，AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝eq\f(1,3)DB，点C为圆O上一点，且BC＝eq\r(3)AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.图7­4­4求证：PA⊥CD.【导学号：79140234】[证明]因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ACB中，由eq\r(3)AC＝BC，得∠ABC＝30°.设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝2eq\r(3)，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO.因为PD⊥平面ABC，CD平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D，得CD⊥平面PAB，又PA平面PAB，所以PA⊥CD.平面与平面垂直的判定与性质(2023·全国卷Ⅰ)如图7­4­5，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.图7­4­5(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)假设PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为eq\f(8,3)，求该四棱锥的侧面积．[解](1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x，那么由可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由题设得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.从而结合可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱锥P­ABCD的侧面积为eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).[规律方法]1.面面垂直的两种证明方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．2．三种垂直关系的转化eq\x(线线垂直)eq\o(,\s\up10(判定),\s\do7(性质))eq\x(线面垂直)eq\o(,\s\up10(判定),\s\do7(性质))eq\x(面面垂直)[跟踪训练](2023·云南二检)如图7­4­6三棱锥P­ABC中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝3，O是AB的中点，E是PB的中点．图7­4­6(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)求点B到平面OEC的距离．[解](1)证明：连接PO，在△PAB中，PA＝PB，O是AB的中点，∴PO⊥AB.∵AC＝BC＝2，AC⊥BC，∴AB＝2eq\r(2)，OB＝OC＝eq\r(2).∵PA＝PB＝PC＝3，∴PO＝eq\r(7)，PC2＝PO2＋OC2.∴PO⊥OC．又AB∩CO＝O，AB平面ABC，OC平面ABC，∴PO⊥平面ABC．∵PO平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC．(2)∵OE是△PAB的中位线，∴OE＝eq\f(3,2).∵O是AB中点，AC＝BC，∴OC⊥AB.又平面PAB⊥平面ABC，两平面的交线为AB，∴OC⊥平面PAB.∵OE平面PAB，∴OC⊥OE.设点B到平面OEC的距离变d，∵V三棱锥B­OEC＝V三棱锥E­OBC，∴eq\f(1,3)×S△OEC·d＝eq\f(1,3)×S△OBC×eq\f(1,2)OP.d＝eq\f(S△OBC·\f(1,2)OP,S△OEC)＝eq\f(\f(1,2)OB·OC·\f(1,2)OP,\f(1,2)OE·OC)＝eq\f(\r(14),3).]平行与垂直的综合问题◎角度1平行与垂直关系的证明(2023·江苏高考)如图7­4­7，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B图7­4­7求证：(1)直线DE∥平面A1C(2)平面B1DE⊥平面A1C[证明](1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1又因为DEeq\o(⊆,/)平面A1C1F，A1C1平面A1C所以直线DE∥平面A1C(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1又因为A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D又因为B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1◎角度2平行与垂直关系中的探索性问题(2023·兰州实战模拟)如图7­4­8所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1.图7­4­8(1)求证：平面CFG⊥平面ACE；(2)在AC上是否存在一点H，使得EH∥平面CFG？假设存在，求出CH的长，假设不存在，请说明理由.【导学号：79140235】[解](1)证明：连接BD交AC于点O，那么BD⊥AC．设AB，AD的中点分别为M，N，连接MN，那么MN∥BD，连接FM，GN，那么FM∥GN，且FM＝GN，所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC．由于AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.所以FG⊥AE，又因为AC∩AE＝A，所以FG⊥平面ACE.所以平面CFG⊥平面ACE.(2)存在．设平面ACE交FG于Q，那么Q为FG的中点，连接EQ，CQ，取CO的中点为H，连接EH，那么CH∥EQ，CH＝EQ＝eq\f(\r(2),2)，所以四边形EQCH为平行四边形，所以EH∥CQ，所以EH∥平面CFG，所以在AC上存在一点H，使得EH∥平面CFG，且CH＝eq\f(\r(2),2).[规律方法]平行与垂直的综合应用问题的主要数学思想和处理策略1处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化.2探索性问题一般是先根据条件猜想点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中的某一个，也可以根据相似知识找点.[跟踪训练](2023·郑州第二次质量预测)如图7­4­9，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝eq\f(1,3)AB＝1，M为AB的三等分点．现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC．图7­4­9(1)在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC，请说明理由；(2)当点P为AB边中点时，求点B到平面MPC的距离．[解](1)当AP＝eq\f(1,3)AB时，有AD∥平面MPC．理由如下：连接BD交MC于点N，连接NP.在梯形MBCD中，DC∥MB，eq\f(DN,NB)＝eq\f(DC,MB)＝eq