2021高考数学(人教版)一轮复习学案44-空间的垂直关系.docx

学案44　空间的垂直关系

导学目标： 1.以立体几何的定义、公理和定理为动身点，生疏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洁命题．

自主梳理
1．直线与平面垂直
(1)判定直线和平面垂直的方法
①定义法．
②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
③推论：假如在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也______这个平面．
(2)直线和平面垂直的性质
①直线垂直于平面，则垂直于平面内______直线．
②垂直于同一个平面的两条直线____．
③垂直于同始终线的两个平面________．
2．直线与平面所成的角
平面的一条斜线和它在平面内的________所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
始终线垂直于平面，说它们所成角为________；直线l∥α或l⊂α，则它们成________角．
3．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的判定方法
①定义法．
②利用判定定理：一个平面过另一个平面的__________，则这两个平面垂直．
(2)平面与平面垂直的性质
两个平面垂直，则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直．
4．二面角的平面角
以二面角棱上的任一点为端点，在两个半平面内分别作与棱________的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
自我检测
1．平面α⊥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线l，l⊥α，l⊥β
B．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥β
C．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β
D．存在一条直线l，l⊥α，l∥β
2．(2010·浙江)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α
B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α
C．若l∥α，m⊂α，则l∥m
D．若l∥α，m∥α，则l∥m
3．(2011·长沙模拟)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：
①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；
②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；
③存在直线l⊂α，直线m⊂β，使得l∥m；
④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.
其中，可以判定α与β平行的条件有(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
4．(2011·十堰月考)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
5．(2011·大纲全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________．

探究点一　线面垂直的判定与性质
例1　Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；

(2)若AB＝BC.求证：BD⊥平面SAC.

变式迁移1　

在四棱锥V—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.证明：AB⊥VD.

探究点二　面面垂直的判定与性质

例2　(2011·邯郸月考)如图所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD内的射影是O.求证：平面O1DC⊥平面ABCD.

变式迁移2　(2011·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．
求证：(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.

探究点三　直线与平面，平面与平面所成的角
例3　(2009·湖北)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤2)．

(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；
(2)设二面角C—AE—D的大小为θ，直线BE与平面ABCD所成的角为φ，若tan θtan φ＝1，求λ的值．

变式迁移3　(2009·北京)如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC.
(1)求证：BC⊥ 平面PAC.
(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的正弦值．
(3)是否存在点E使得二面角A—DE—P为直二面角？并说明理由．

转化与化归思想综合应用
例　(12分)已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的

菱形，又PD⊥底面ABCD，点M、N分别是棱AD、PC的中点.
(1)证明：DN∥平面PMB；
(2)证明：平面PMB⊥平面PAD.
多角度审题　(1)在平面PMB内找到(或构造)一条直线与DN平行即可；(2)要证面PMB⊥面PAD，只需证明MB⊥面PAD即可．
【答题模板】
证明　(1)

取PB中点Q，连接MQ、NQ，由于M、N分别是棱AD、PC的中点，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四边形QNDM是平行四边形，
于是DN∥MQ.
又∵MQ⊂平面PMB，DN⊄平面PMB
∴DN∥平面PMB.[6分]
(2)∵PD⊥平面ABCD，MB⊂平面ABCD，∴PD⊥MB.
又由于底面ABCD是∠A＝60°的菱形，且M为AD中点，
所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.
又∵MB⊂平面PMB，∴平面PMB⊥平面PAD.[12分]
【突破思维障碍】
立体几何的证明问题充分体现线面关系的转化思想，其思路为：

1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇒a⊥α；(2)判定定理1：⇒l⊥α；(3)判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
2．证明线线垂直的方法：(1)定义：两条直线的夹角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.
3．证明面面垂直的方法：(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011·滨州月考)已知直线a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b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．既不充分也不必要条件
2．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题：
①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.
其中正确命题的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
3．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；
③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.
其中正确命题的序号是(　　)
A．①② B．①④ C．②④ D．③④
4．(2011·浙江)下列命题中错误的是(　　)
A．假如平面α⊥平面β，那么平面α内确定存在直线平行于平面β
B．假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内确定不存在直线垂直于平面β
C．假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．假如平面α⊥平面β，那么平面α内全部直线都垂直于平面β
5．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是(　　)
A．一条直线 B．一个圆
C．一个椭圆 D．双曲线的一支
二、填空题(每小题4分，共12分)

6．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，则它的5个面中，相互垂直的面有________对．
7．(2011·金华模拟)如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，

垂足为点H，有下列三个命题：
①点H是△A1BD的中心；
②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是____________．
8．正四棱锥S－ABCD底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2010·山东)在如图所示的

几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.
(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；
(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．

10．(12分)(2009·天津)如图，

在四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝2.
(1)证明：PA∥平面BDE；
(2)证明：AC⊥平面PBD；
(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值．

11．(14分)(2011·杭州调研)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．
(1)求直线B1C与DE所成角的余弦值；
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD；
(3)求二面角E－B1C－D的余弦值．

学案44　空间的垂直关系
自主梳理
1．(1)②相交　③垂直　(2)①任意　②平行　③平行
2．射影　直角　0°　3.(1)②一条垂线　(2)交线　4.垂直
自我检测
1．D　2.B　3.B　4.D　5.
课堂活动区
例1　解题导引　线面垂直的推断方法是：证明直线垂直平面内的两条相交直线．即从“线线垂直”到“线面垂直”．
证明　

(1)取AB中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
故DE∥BC，且DE⊥AB，
∵SA＝SB，
∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.
∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，
∴AB⊥面SDE.而SD⊂面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.
∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，
∴SD⊥平面ABC.
(2)若AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD⊂面ABC，
∴SD⊥BD.
∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC.
变式迁移1　证明　∵平面VAD⊥平面ABCD，
AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
AD＝平面VAD∩平面ABCD，
∴AB⊥平面VAD.
∵VD⊂平面VAD，∴AB⊥VD.
例2　解题导引　证明面面垂直，可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．

证明　如图所示，连接AC，BD，A1C1，则O为AC，BD的交点，O1为A1C1，B1D1的交点．
由棱柱的性质知：
A1O1∥OC，且A1O1＝OC，
∴四边形A1OCO1为平行四边形，
∴A1O∥O1C，
又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C⊂平面O1DC，
∴平面O1DC⊥平面ABCD.
变式迁移2　

证明　(1)如图，在△PAD中，由于E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又由于EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.由于AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．
由于F是AD的中点，所以BF⊥AD.
由于平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又由于BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
例3　解题导引　高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一．有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查．
求这两种空间角的步骤：(几何法)．
依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)→认(指)→求．
(1)证明　如图所示，连接BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.
∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.

(2)解　如图所示，由SD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴SD⊥CD.
又底面ABCD是正方形，
∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D，
∴CD⊥平面SAD.
过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.
在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa，
∴tan φ＝＝.
在Rt△ADE中，∵AD＝a＝CD，DE＝λa，
∴AE＝a，
从而DF＝＝.
在Rt△CDF中，tan θ＝＝，
由tan θ·tan φ＝1，得
·＝1⇒＝2⇒λ2＝2.
由λ∈(0,2]，解得λ＝，即为所求．
变式迁移3　(1)证明　∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.
又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解　∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝BC.
又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.
又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．
∴AD＝AB.
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝AB.
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝＝＝.
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为.
(3)解　∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP为二面角A—DE—P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.
∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.
这时，∠AEP＝90°，
故存在点E使得二面角A—DE—P是直二面角．
课后练习区
1．C　2.D　3.C
4．D　[两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；假如平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．]
5．A
6．5
解析　面PAB⊥面PAD，
面PAB⊥面ABCD，面PAB⊥面PBC，
面PAD⊥面ABCD，面PAD⊥面PCD.
7．①②③
解析　由于ABCD—A1B1C1D1是正方体，所以A—A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又由于平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；从而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°.
8.＋

解析　如图取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，GF，GE.
则AC⊥平面GEF，故动点P的轨迹是△EFG的三边．
又EF＝DB＝，
GE＝GF＝SB＝，
∴EF＋FG＋GE＝＋.
9．(1)证明　由于MA⊥平面ABCD，
PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.
又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)
由于四边形ABCD为正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)
在△PBC中，由于G、F分别为PB、PC的中点，
所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，
所以平面EFG⊥平面PDC.(6分)
(2)解　由于PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，
则PD＝AD＝2，
所以VP－ABCD＝S正方形ABCD·PD＝.(8分)
由题意可知，DA⊥平面MAB，且PD∥MA，
所以DA即为点P到平面MAB的距离，
所以VP－MAB＝××1×2×2＝.(10分)
所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.(12分)
10．(1)证明　

设AC∩BD＝H，连接EH.在△ADC中，由于AD＝CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又由题设，知E为PC的中点，故EH∥PA.又EH⊂平面BDE，且PA⊄平面BDE，
所以PA∥平面BDE.(4分)
(2)证明　由于PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.由(Ⅰ)可得，DB⊥AC.又PD∩DB＝D，
故AC⊥平面PBD.(8分)
(3)解　由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线BC与平面PBD所成的角．
由AD⊥CD，AD＝CD＝1，DB＝2，可得DH＝CH＝，BH＝.
在Rt△BHC中，tan∠CBH＝＝.
所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为.
(12分)
11．(1)解　连接A1D，则由A1D∥B1C知，B1C与DE所成角即为A1D与DE所成角．(2分)

连接A1E，可设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，
则A1D＝a，
A1E＝DE＝a，
∴cos∠A1DE＝
＝.
∴直线B1C与DE所成角的余弦值是.(6分)
(2)证明　取B1C的中点F，B1D的中点G，
连接BF，EG，GF.∵CD⊥平面BCC1B1，
且BF⊂平面BCC1B1，∴CD⊥BF.
又∵BF⊥B1C，CD∩B1C＝C，
∴BF⊥平面B1CD.(8分)
又∵GF綊CD，BE綊CD，
∴GF綊BE，∴四边形BFGE是平行四边形，
∴BF∥GE，∴GE⊥平面B1CD.
∵GE⊂平面EB1D，
∴平面EB1D⊥B1CD.(10分)
(3)解　连接EF.
∵CD⊥B1C，GF∥CD，∴GF⊥B1C.
又∵GE⊥平面B1CD，∴GE⊥B1C.
又∵GE∩GF＝G，∴B1C⊥平面GEF，∴EF⊥B1C，
∴∠EFG是二面角E－B1C－D的平面角．(12分)
设正方体的棱长为a，则在△EFG中，
GF＝a，EF＝a，GE⊥GF，∴cos∠EFG＝＝，
∴二面角E－B1C－D的余弦值为.(14分)

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