2022高考数学一轮复习-第八章-立体几何-8.5-垂直关系学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.5 垂直关系学案北师大版

2022高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.5 垂直关系学案北师大版

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姓名：

8.5　垂直关系
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.直线与平面垂直

图　　形
条　　件
结论
判定

a⊥b,b⫋α(b为α内的　　　　一条直线) 
a⊥α

a⊥m,a⊥n,m,n⫋α,　　　　　 
a⊥α

a∥b,　　　　 
b⊥α
性质

a⊥α,　　　　 
a⊥b

a⊥α,b⊥α

2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交,如果它们所成的二面角是　　　　　　　　,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
如果一个平面过另一个平面的　　　,那么这两个平面垂直 

l⫋β,l⊥α⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直,如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的　　　　,那么这条直线与另一个平面垂直 

α⊥β,α⋂β=a,b⫋β,b⊥a⇒

3.直线与平面所成的角
(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫作这条直线和这个平面所成的角.
(2)线面角θ的范围:θ∈[0°,90°].
4.二面角的有关概念
(1)二面角:从一条直线出发的　　　　　　　　　　所组成的图形叫作二面角. 
(2)二面角的平面角:过二面角棱上的任一点,在两个半平面内分别作与棱　　　　的射线,则两射线所成的角叫作二面角的平面角. 

直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.(　　)
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.(　　)
(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.(　　)

(4)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(　　)
(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.(　　)
2.(2020黑龙江大庆高三三模)设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分又不必要条件
3.(2020湖南湘潭模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α
B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α
C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α
D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α
4.(2020新高考全国1,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为(　　)

A.20° B.40°
C.50° D.90°
5.(2019北京,文13)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　. 
关键能力学案突破　

考点
证明空间线面垂直

【例1】(2020河北张家口二模,文18)如图,在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面PBC,PB=BC=2,AC=1.
(1)证明:AC⊥平面PBC;
(2)求点C到平面PBA的距离.
思考证明线面垂直的常用方法有哪些?

解题心得证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理.
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”.
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则与另一个也垂直”.
(4)利用面面垂直的性质定理.

对点训练1(2018全国2,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.

考点
证明空间两条直线垂直

【例2】(2020湖南湘潭三模,文17)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PA⊥平面ABCD,AB=3,AD=AP=4,E为PD的中点.
(1)证明:AE⊥PC.
(2)若M为线段BC上一点,且BM=1,求点M到平面PCD的距离.
思考证明空间两条直线垂直有哪些基本方法?

解题心得1.证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系.
(2)利用等腰三角形底边中线的性质.
(3)利用勾股定理的逆定理.
(4)利用直线与平面垂直的性质.
2.在证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.

对点训练2在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=∠BCD=90°,∠ADC=60°,AD=CD且BB1⊥平面ABCD,BB1=2AB=2.
(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求四棱锥C1-B1BD的体积.

考点
证明空间两个平面垂直

【例3】(2020河北唐山一模,文19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等边三角形,且AA1⊥底面ABC,AB=22,A1A=3,D,E分别为AC,A1C1的中点,点F在棱CC1上,且FC=1.
(1)证明:平面BEF⊥平面BDF;
(2)求点D到平面BEF的距离.
思考证明面面垂直的常用方法有哪些?

解题心得1.面面垂直的证明方法
(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面垂直加以解决.
2.三种垂直关系的转化
由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.
3.两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”这一条件.
对点训练3(2019全国3,文19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的四边形ACGD的面积.

考点
垂直关系中的存在问题

【例4】如图,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2,DA=3.
(1)线段BC上是否存在一点E,使平面PBC⊥平面PDE?若存在,请给出BECE的值,并进行证明;若不存在,请说明理由.
(2)若PD=3,线段PC上有一点F,且PC=3PF,求三棱锥A-FBD的体积.
思考探索性问题的一般处理方法是什么?

解题心得线面垂直中的存在问题同“平行关系中的存在问题”的规律方法一样,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,再给出符合要求的证明.
对点训练4(2020辽宁葫芦岛联考)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB=3,AD=2,CD=5.过点A作AE⊥CD,交CD于点E.将△ADE沿线段AE折起,使得点D在平面ABCE内的投影恰好是点E,如图2.

(1)若点M为棱AD上任意一点,证明:平面MBC⊥平面DEB.
(2)在棱BD上是否存在一点N,使得三棱锥E-ANC的体积为439?若存在,确定N点的位置;若不存在,请说明理由.

1.转化思想:垂直关系的转化

2.在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时,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.故熟练掌握“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键.
3.线面角、二面角求法
根据线面角的定义或二面角的平面角的定义,作(找)出该角,再解三角形求出该角,步骤是作(找)⇒证⇒求(算)三步曲.
也可用射影法:
设斜线段AB在平面α内的射影为A'B',AB与α所成角为θ,则cosθ=|A'B'||AB|;
设△ABC在平面α内的射影三角形为△A'B'C',平面ABC与α所成角为θ,则cosθ=S△A'B'C'S△ABC.

1.在解决直线与平面垂直的问题过程中,要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意线线垂直和线面垂直的互相转化.
2.面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可.

在高考立体几何题目中,证明线、面平行或垂直关系是极易被扣分的,原因是存在着逻辑推理的不严谨性,或者表述上的不严谨性.那么如何避免被扣分呢?需要对概念、公理、定理理解透彻.不要以主观臆断代替严密的科学论证.
1.加强对基本概念理解.比如对异面直线的理解,两条直线不在同一个平面是简单的定义,如何才能不在同一个平面呢,哪些条件才能保证两条直线不在一个平面,只要直线不平行,并且不相交,那么就异面,对于不平行的条件,在平面几何中我们已经知道,如何能保证不相交呢,可以把其中一条直线放在一个平面,看另外一条直线和平面是否平行,这样对异面直线的概念就理解到位了.
2.加强对公理、定理应用条件的理解.比如线面垂直的判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直.这个定理它是五个条件推出一个结论,哪五个条件?若平面α外的直线是a,α内的两条直线b,c相交于一点A,五个条件是:a⊥b,a⊥c,b在平面α内,c在平面α内,b和c相交于一个点A,五个条件推出了a⊥α,你要漏掉其中一个,便被扣分.再比如直线和平面平行的判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行.它是三个条件推出一个结论.三个条件分别为:a在平面α外,b⫋α,a∥b,结论是a∥α,最容易漏掉的条件是:a在平面α外,有的同学自以为它明明在平面α外,我为什么还要写它!

8.5　垂直关系
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.任意　m∩n=O　a⊥α　b⫋α　a∥b
2.(1)直二面角　(2)垂线　交线　b⊥α
4.(1)两个半平面　(2)垂直
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2.A　设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,若l⊥α,则l⊥m,且l⊥n,反之若l⊥m,且l⊥n,当m∥n时,推不出l⊥α,故“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的充分不必要条件,故选A.
3.C　由m⊥n,n∥α,可得m∥α或m与α相交或m⊥α,故A错误;
由m∥β,β⊥α,可得m∥α或m与α相交或m⫋α,故B错误;
由m⊥β,n⊥β,可得m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故C正确;
由m⊥n,n⊥β,β⊥α,可得m∥α或m与α相交或m⫋α,故D错误.
4.

B　由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.
圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.
直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,
∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
5.若l⊥α,m∥α,则l⊥m
关键能力·学案突破
例1

(1)证明∵PB⊥平面ABC,AC⫋平面ABC,∴PB⊥AC.
取PC的中点D,连接BD.
∵PB=BC,
∴BD⊥PC.
∵平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,BD⫋平面PBC,
∴BD⊥平面PAC.
又AC⫋平面PAC,∴BD⊥AC.
∵PB∩BD=B,∴AC⊥平面PBC.
(2)解易知平面PBA⊥平面ABC,AB为交线,在Rt△ABC中,过点C作CM⊥AB,交AB于点M,则CM⊥平面PBA.又AC·BC=AB·CM,∴CM=25=255,
即点C到平面PBA的距离为255.
对点训练1

解(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.
连接OB,因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°.所以OM=253,CH=OC·MC·sin∠ACBOM=455.
所以点C到平面POM的距离为455.
例2(1)证明因为PA⊥平面ABCD,DC⫋平面ABCD,所以PA⊥CD.因为底面ABCD为矩形,所以AD⊥CD.又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.因为AE⫋平面PAD,则AE⊥CD.因为AD=AP=4,E为PD的中点,所以AE⊥PD,
且CD∩PD=D,所以AE⊥平面PCD,又PC⫋平面PCD,则AE⊥PC.
(2)解因为PD⊥CD,所以S△PCD=12PD·CD=62,VP-CDM=13S△MCD·PA=6.
设点M到平面PCD的距离为h,因为VM-PCD=VP-CDM,
所以13h·62=6,所以h=322.
对点训练2(1)证明由∠BAD=∠BCD=90°,AD=CD,易知△ABD≌△CBD.
所以AB=CB,∠ADB=∠CDB.
又AD=CD,所以AC⊥BD.
因为BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面BB1D.
又B1D⫋平面BB1D,所以AC⊥B1D.
(2)解因为CC1∥BB1,所以点C1到平面B1BD的距离与点C到平面B1BD的距离相等.
又已知BB1=2AB=2,∠ADC=60°,
根据(1)的结论知点C到平面B1BD的距离为d=32,BD=2,
所以△B1BD的面积S=12×2×2=2,
所以四棱锥C1-B1BD的体积V=13×2×32=33.
例3(1)证明因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥BD.因为△ABC为等边三角形,D为AC的中点,所以BD⊥AC.又AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥EF.
在△DEF中,DE=3,EF=6,DF=3,满足DE2=DF2+EF2,所以EF⊥DF.
又BD∩DF=D,所以EF⊥平面BDF.又因为EF⫋平面BEF,所以平面BEF⊥平面BDF.

(2)解作DM⊥BF,垂足为M,由(1)可知平面BEF⊥平面BDF,DM⫋平面BEF,
平面BEF∩平面BDF=BF,所以DM⊥平面BEF,
所以DM即为点D到平面BEF的距离.
由(1)得BD⊥DF,在Rt△BDF中,
BD=6,DF=3,BF=3,故DM=BD·DFBF=2,
即点D到平面BEF的距离为2.
对点训练3(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⫋平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)解取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,
所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,DE∩EM=E,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=3,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.
例4

解(1)存在线段BC的中点E,使平面PBC⊥平面PDE,即BECE=1.证明如下:
连接DE,PE,
∵∠BAD=∠ADC=90°,AB=1,DA=3,∴BD=DC=2.
∵E为BC的中点,∴BC⊥DE.
∵PD⊥平面ABCD,∴BC⊥PD.
∵DE∩PD=D,∴BC⊥平面PDE.
∵BC⫋平面PBC,
∴平面PBC⊥平面PDE.
(2)∵PD⊥平面ABCD,且PC=3PF,∴点F到平面ABCD的距离为23PD=233,∴三棱锥A-FBD的体积VA-FBD=VF-ABD=13×S△ABD×233=13×12×1×3×233=13.
对点训练4(1)证明在等腰梯形ABCD中,AE=AD2-DE2=3,BE=AE2+AB2=23,在△BEC中,BE2+BC2=12+4=16=CE2,所以BE⊥CB.
又因为DE⊥平面ABCE,BC⫋平面ABCE,所以DE⊥BC,DE∩BE=E,
所以BC⊥平面BDE,BC⫋平面MBC,所以平面MBC⊥平面BDE.
(2)解存在.因为VE-ANC=VN-AEC,S△AEC=12·AE·CE=23,
设点N到平面AEC的距离为h,则VN-AEC=13·S△AEC·h=439,所以h=23,在△BED中,DE⊥平面AEC,所以存在点N,使得BNBD=23,则点N是线段BD靠近D的三等分点.