2022届高考数学一轮复习-第7章-立体几何-第4节-垂直关系教案-北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第4节 垂直关系教案 北师大版

2022届高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第4节 垂直关系教案 北师大版

年级：
姓名：

　垂直关系
[考试要求]　
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．

1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α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，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2．直线和平面所成的角
(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)范围：.
3．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(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做二面角的平面角．
(3)范围：[0，π]．
4．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，则这两个平面垂直

⇒α⊥β
性质
定理
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

⇒l⊥α

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．

一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行．(　　)
(2)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.(　　)
(3)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．(　　)
(4)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.(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3) ×　(4)×
二、教材习题衍生
1．下列命题中错误的是(　　)
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
A　[A错误，l与β可能平行或相交，其余选项均正确．]
2．如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S­EFG中必有(　　)
A．SG⊥△EFG所在平面
B．SD⊥△EFG所在平面
C．GF⊥△SEF所在平面
D．GD⊥△SEF所在平面
A　[四面体S­EFG如图所示：
由SG⊥GE，SG⊥GF.
且GE∩GF＝G得
SG⊥△EFG所在的平面．
故选A.]
3．如图所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
4　[∵PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
则△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．]

考点一　直线与平面垂直的判定与性质
　判定线面垂直的四种方法

[典例1]　(1)(2019·北京高考)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：________.
(2)如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求证：PA⊥CD.
(1)②③⇒①或①③⇒②　[已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.]
(2)[证明]　因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ACB中，由AC＝BC，得∠ABC＝30°.
设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝2，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.
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.
点评：通过本例(2)的训练我们发现：判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理及勾股定理的应用．

如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF.
[证明]　因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，
因为BB1⊥底面ABC，AD底面ABC，
所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B＝B，BC，B1B平面B1BCC1，
所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F平面B1BCC1，
所以AD⊥B1F.
法一：在矩形B1BCC1中，
因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，
所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，
所以B1D＝＝.
在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，
所以B1F＝＝.
在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，
所以DF＝＝.
显然DF2＋B1F2＝B1D2，
所以∠B1FD＝90°.所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
考点二　面面垂直的判定与性质
　证明面面垂直的两种方法

[典例2]　(2020·雅安模拟)如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD.
(1)求证：平面ACF⊥平面BDF；
(2)若∠CBA＝60°，求三棱锥E­BCF的体积．
[解]　(1)证明：在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵FD⊥平面ABCD，∴FD⊥AC.
又∵BD∩FD＝D，∴AC⊥平面BDF.
而AC平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF.
(2)取BC的中点O，连接EO，OD，
∵△BCE为正三角形，∴EO⊥BC，
∵平面BCE⊥平面ABCD且交线为BC，
∴EO⊥平面ABCD.
∵FD⊥平面ABCD，
∴EO∥FD，得FD∥平面BCE.
∴VE­BCF＝VF­BCE＝VD­BCE＝VE­BCD.
∵S△BCD＝×2×2×sin 120°＝，EO＝.
∴VE­BCF＝S△BCD×EO＝××＝1.
点评：抓住面面垂直的性质，实现面面与线面及线线垂直间的转化是求解本题的关键，另外在第(2)问求解体积时等体积法的应用，是破题的另一要点，平时训练要注意灵活应用．

(2020·广州模拟)如图，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥B­VAC的高．
[解]　(1)证明：∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB.
∵平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC平面ABC，∴OC⊥平面VAB.
∵OC平面MOC, ∴平面MOC⊥平面VAB.
(2)在等腰直角△ACB中，AC＝BC＝，
∴AB＝2，OC＝1，
∴等边△VAB的面积为S△VAB＝×22×sin 60°＝，
又∵OC⊥平面VAB，∴OC⊥OM，
在△AMC中，AM＝1，AC＝，MC＝，
∴S△AMC＝×1×＝，∴S△VAC＝2S△MAC＝，设三棱锥B­VAC的高为h，
由三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，
即S△VAC·h＝S△VAB·OC ∴h＝＝，
即三棱锥B­VAC的高为.

考点三　平行与垂直的综合问题
　1.对命题条件的探索的三种途径

2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”
(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；
(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．
　探索性问题中的平行和垂直关系
[典例3－1]　(2019·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
[解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，
所以AE⊥平面PAB.
因为AE平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG.
则FG∥AB，且FG＝AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形．
所以CF∥EG.
因为CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
点评：(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．
(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．
　折叠问题中的平行与垂直关系
[典例3－2]　如图，在平行四边形ABCM中AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q­ABP的体积．
[解]　(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC平面ACD，
所以AB⊥平面ACD.
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，
则QE∥DC且QE＝DC
由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，
QE＝1.
因此，三棱锥Q­ABP的体积为
VQ­ABP＝×S△ABP×QE
＝××3×2sin 45°×1＝1.
点评：本例第(1)问是垂直关系证明问题，求解的关键是抓住“BA⊥AC”折叠过程中始终不变；本例第(2)问是计算问题，求解的关键是抓住“∠ACM＝90°”折叠过程中始终不变．即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.

1．(2020·梧州模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′­BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)

A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′­BCD的体积为
B　[若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A错误；由题设知：△BA′D为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C错误；VA′­BCD＝VC­A′BD＝ ，故D错误，故选B.]
2.如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.
(1)求证：C1E∥平面ADF；
(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF?
[解]　(1)证明：连接CE交AD于O，连接OF.
因为CE，AD为△ABC的中线，
则O为△ABC的重心，
故＝＝，故OF∥C1E，
因为OF平面ADF，C1E平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.
(2)当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.
证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM平面B1BCC1，故AD⊥CM.
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD平面ADF，
故CM⊥平面ADF.
又CM平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF.