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  • 2021-05-14 发布

2013高考数学教案和学案有答案学案40

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学案40 空间的垂直关系 导学目标: 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面、面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.‎ 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:如果一条直线和一个平面内的两条________直线垂直,那么这条直线垂直于这个平面.‎ ‎③推论: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垂直于同一直线的两个平面________.‎ ‎2.直线与平面所成的角 平面的一条斜线与它在这个平面内的________所成的锐角,叫做这条直线与这个平面所成的角.‎ 一条直线垂直于平面,说它们所成的角为________;直线l∥α或l⊂α,说它们所成的角是______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:如果一个平面经过另一个平面的____________,那么这两个平面互相垂直.‎ ‎(2)平面与平面垂直的性质 如果两个平面互相垂直,那么在一个平面内垂直于它们________的直线垂直于另一个平面.‎ 自我检测 ‎1.给定空间中的直线l及平面α.条件“直线l与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的________条件.‎ ‎2.(2010·浙江改编)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________(填序号).‎ ‎①若l⊥m,m⊂α,则l⊥α;‎ ‎②若l⊥α,l∥m,则m⊥α;‎ ‎③若l∥α,m⊂α,则l∥m;‎ ‎④若l∥α,m∥α,则l∥m.‎ ‎3.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________个.‎ ‎4.(2009·四川卷改编)如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的序号是____________.‎ ‎①PB⊥AD;‎ ‎②平面PAB⊥平面PBC;‎ ‎③直线BC∥平面PAE;‎ ‎④直线PD与平面ABC所成的角为45°.‎ ‎5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足________时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)‎ 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 四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC=45°,SA=SB.‎ 证明:SA⊥BC.‎ 探究点二 面面垂直的判定与性质 例2 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 已知平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足.‎ ‎(1)求证:PA⊥平面ABC;‎ ‎(2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.‎ 探究点三 与垂直有关的探索性问题 例3 如图所示,在三棱锥P—ABC中,PA⊥底面ABC,PA=AB,∠BCA=90°,点D,E分别在棱PB,PC上,且DE∥BC.‎ ‎(1)求证:BC⊥平面PAC;‎ ‎(2)是否存在点E,使得平面ADE⊥平面PDE?并说明理由.‎ 变式迁移3 如图所示,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°的菱形,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.‎ ‎(1)求证:AD⊥PB;‎ ‎(2)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD,并证明你的结论.‎ 转化与化归思想 例 (14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.‎ ‎【答题模板】‎ 证明 (1)取PB中点Q,连结MQ、NQ,因为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.[4分]‎ 又∵MQ⊂平面PMB,DN⊄平面PMB ‎∴DN∥平面PMB.[7分]‎ ‎(2)∵PD⊥平面ABCD,MB⊂平面ABCD,∴PD⊥MB.[9分]‎ 又因为底面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.[12分]‎ 又∵MB⊂平面PMB,∴平面PMB⊥平面PAD.[14分]‎ ‎【突破思维障碍】‎ ‎1.立体几何中平行与垂直的证明充分体现了转化与化归的思想,其转化关系如图.‎ ‎2.在解决线面、面面平行或垂直的判定时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线”到“线面”,再到“面面”;而在应用性质定理时,其顺序恰好相反,但也要注意,转化的方向总是由题目的具体条件而定,决不可过于“模式化”.‎ ‎1.证明线面垂直的方法:(1)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:90分)‎ 一、填空题(每小题6分,共48分)‎ ‎1.(2010·扬州月考)已知直线a,b和平面α,β,且a⊥α,b⊥β,那么α⊥β是a⊥b的________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.‎ 其中正确命题是________(填序号).‎ ‎3.设直线m与平面α相交但不垂直,给出以下说法:‎ ‎①在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直;‎ ‎②过直线m有且只有一个平面与平面α垂直;‎ ‎③与直线m垂直的直线不可能与平面α平行;‎ ‎④与直线m平行的平面不可能与平面α垂直.‎ 其中错误的是________.‎ ‎4.(2009·江苏)设α和β为不重合的两个平面,给出下列命题:①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线,则α平行于β;‎ ‎②若α外一条直线l与α内的一条直线平行,则l和α平行;‎ ‎③设α和β相交于直线l,若α内有一条直线垂直于l,则α和β垂直;‎ ‎④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直.‎ 上面命题中,真命题的序号是__________(写出所有真命题的序号).‎ ‎5.如图所示,设平面α∩β=EF,AB⊥α,CD⊥α,垂足分别为B、D.若增加一个条件,就能推出BD⊥EF.现有:‎ ‎①AC⊥β;②AC与CD在β内的投影在同一条直线上;③AC∥EF.‎ 那么上述几个条件中能成为增加条件的是________(填上你认为正确的所有答案序号.)‎ ‎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,互相垂直的面有________对.‎ ‎7.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的底面边长为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________.‎ 二、解答题(共42分)‎ ‎9.(12分)(2011·全国新课标,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(1)证明:PA⊥BD;‎ ‎(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.‎ ‎10.(14分)(2011·全国老课标,20)如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.‎ ‎(1)证明:SD⊥平面SAB;‎ ‎(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值.‎ ‎11.(16分)(2011·陕西)如图,在△ABC中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90°.‎ ‎(1)证明:平面ADB⊥平面BDC;‎ ‎(2)若BD=1,求三棱锥D-ABC的表面积.‎ 学案40 空间的垂直关系 答案 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 自我检测 ‎1.必要非充分 2.② 3.2 4.④‎ ‎5.DM⊥PC(或BM⊥PC等)‎ 课堂活动区 例1 解题导引 线面垂直的判定方法是: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,连结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.‎ 又∵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.又∵SD∩AC=D,∴BD⊥平面SAC.‎ 变式迁移1 证明 作SO⊥BC,垂足为O,连结AO,‎ 由侧面SBC⊥底面ABCD,得SO⊥底面ABCD.‎ 因为SA=SB,所以AO=BO.‎ 又∠ABC=45°,故△AOB为等腰直角三角形,且AO⊥BO,‎ 又SO⊥BC,SO∩AO=O,‎ ‎∴BC⊥面SAO.又SA⊂面SAO,∴SA⊥BC.‎ 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,连结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)在平面ABC内取一点D,作DF⊥AC于F,‎ DG⊥AB于G,‎ ‎∵平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,‎ ‎∴DF⊥平面PAC.‎ 又PA⊂平面PAC,∴DF⊥PA.‎ 同理可证:DG⊥PA.‎ 又DG、DF都在平面ABC内,‎ DG∩DF=D,∴PA⊥平面ABC.‎ ‎(2)连结BE并延长交PC于H,‎ ‎∵E是△PBC的垂心,∴PC⊥BH.‎ 又已知AE是平面PBC的垂线,PC⊂平面PBC,‎ ‎∴PC⊥AE.又BH∩AE=E,∴PC⊥平面ABE.‎ 又AB⊂平面ABE,∴PC⊥AB.‎ ‎∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB.‎ 又PC∩PA=P,∴AB⊥平面PAC,‎ 又AC⊂平面PAC,∴AB⊥AC.‎ 即△ABC为直角三角形.‎ 例3 解题导引 这类探究性问题可以由结论出发寻找思路,如本题寻找满足条件的点E,可以从平面ADE⊥平面PDE出发,因为∠AEP是二面角A—DE—P的平面角,所以∠AEP=90°,即AE⊥PC,从而找到点E的位置.‎ 对于探究性的开放型问题,应该用分析法找点线面的“位置”,再用综合法写出步骤.‎ ‎(1)证明 ∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥BC.‎ 又∠BCA=90°,∴AC⊥BC.‎ 又PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.‎ ‎(2)解 存在点E使得平面ADE⊥平面PDE.‎ ‎∵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°.‎ ‎∴平面ADE⊥平面PDE.‎ 变式迁移3 (1)证明 如图所示,‎ 取AD的中点G,连结PG,BG,BD.‎ ‎∵△PAD为等边三角形,‎ ‎∴PG⊥AD,‎ 在△ABD中,∠DAB=60°,AD=AB,‎ ‎∴△ABD为等边三角形,‎ ‎∴BG⊥AD,‎ 又∵BG∩PG=G,‎ ‎∴AD⊥平面PBG,∴AD⊥PB.‎ ‎(2)解 连结CG,DE,且CG与DE相交于H点,‎ 在△PGC中作HF∥PG,交PC于F点,连结DF,‎ 由(1)知,PG⊥AD,‎ 又∵平面PAD⊥平面ABCD,‎ ‎∴PG⊥平面ABCD,‎ ‎∴FH⊥平面ABCD,‎ ‎∴平面DHF⊥平面ABCD,即平面DEF⊥平面ABCD,‎ ‎∵H是CG的中点,∴F是PC的中点,‎ ‎∴在PC上存在一点F,即为PC的中点,使得平面DEF⊥平面ABCD.‎ 课后练习区 ‎1.充要 解析 若α⊥β,由a⊥α,易知a⊂β或a∥β,‎ 而b⊥β,于是a⊥b.若a⊥b,易知α⊥β,‎ 故α⊥β是a⊥b的充要条件.‎ ‎2.①②③‎ 解析 ①正确,两平行线中一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于同一个平面;‎ ‎②正确,垂直于同一直线的两平面平行;‎ ‎③正确,两平面垂直的判定定理;‎ ‎④不正确,n、m也可能异面.‎ ‎3.①③④‎ 解析 因为直线m是平面α的斜线,在平面α内,只要和直线m的射影垂直的直线都和m垂直,所以①错误;②正确;③错误,设b⊂α,b⊥m,c∥b,c⊄α,则c∥α,c⊥m;④错误,如正方体AC1,m是直线BC1,平面ABCD是α,则平面ADD‎1A1既与α垂直,又与m平行.‎ ‎4.①②‎ 解析 命题①是两个平面平行的判定定理,正确;命题②是直线与平面平行的判定定理,正确;命题③中在α内可以作无数条直线与l垂直,但α与β只是相交关系,不一定垂直,错误;命题④中直线l与α垂直可推出l与α内两条直线垂直,但l与α内的两条直线垂直推不出直线l与α垂直,所以直线l与α垂直的必要不充分条件是l与α内两条直线垂直.‎ ‎5.①②‎ 解析 由线面垂直的判定与性质定理可知①可以;由线面垂直、线线垂直的判定与性质定理可知②也可以,所以可以成为增加条件的是①②.‎ ‎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;又因为平面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,连结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 因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD.(2分)‎ 从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.‎ 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.(4分)‎ 所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD.(6分)‎ ‎(2)解 如图,作DE⊥PB,垂足为E,已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.(8分)‎ 由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,‎ ‎∴BC⊥BD.又PA⊥BD,‎ ‎∴BC⊥平面PBD,∴BC⊥DE.‎ ‎∴DE⊥平面PBC.‎ ‎∵AD=1,AB=2,∠DAB=60°,‎ ‎∴BD=.又PD=1,∴PB=2.(10分)‎ 根据DE·PB=PD·BD,得DE=,‎ 即棱锥D-PBC的高为.(12分)‎ ‎10.‎ ‎(1)证明 取AB中点E,连结DE,则四边形BCDE为矩形,DE=CB=2,连结SE,则SE⊥AB,SE=.‎ 又SD=1,‎ 故ED2=SE2+SD2,‎ 所以∠DSE为直角,即SD⊥SE.(3分)‎ 由AB⊥DE,AB⊥SE,DE∩SE=E,‎ 得AB⊥平面SDE,‎ 所以AB⊥SD.‎ 由SD与两条相交直线AB、SE都垂直,‎ 所以SD⊥平面SAB.(6分)‎ ‎(2)解 由AB⊥平面SDE知,平面ABCD⊥平面SDE.(8分)‎ 作SF⊥DE,垂足为F,则SF⊥平面ABCD,SF==.作FG⊥BC,垂足为G,则FG=DC=1.‎ 连结SG,‎ 又BC⊥FG,BC⊥SF,SF∩FG=F,‎ 故BC⊥平面SFG,平面SBC⊥平面SFG.‎ 作FH⊥SG,H为垂足,则FH⊥平面SBC.‎ FH==,则F到平面SBC的距离为.‎ 由于ED∥BC,‎ 所以ED∥平面SBC,E到平面SBC的距离d为.(10分)‎ 设AB与平面SBC所成的角为α,则sin α==,‎ 即AB与平面SBC所成的角的正弦值为.(12分)‎ ‎11.(1)证明 ∵折起前AD是BC边上的高,‎ ‎∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.(3分)‎ 又DB∩DC=D,∴AD⊥平面BDC.‎ ‎∵AD⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面BDC.(7分)‎ ‎(2)解 由(1)知,DA⊥DB,DB⊥DC,DC⊥DA.‎ ‎∵DB=DA=DC=1,∴AB=BC=CA=,(9分)‎ 从而S△DAB=S△DBC=S△DCA=×1×1=,‎ S△ABC=×××sin 60°=,(12分)‎ ‎∴三棱锥D-ABC的表面积S=×3+=. (16分)‎