2013高考数学教案和学案有答案学案40 12页

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)‎