2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案（人教版A版）――空間中的垂直關(guān)系（通用）

1、2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)精品學(xué)案（人教版A版）空間中的垂直關(guān)系一【課標(biāo)要求】以立體幾何的上述定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)、思辨論證，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定。通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)，歸納出以下判定定理：一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，則該直線與此平面垂直。 一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線，則兩個(gè)平面垂直。通過(guò)直觀感知、操作確認(rèn)，歸納出以下性質(zhì)定理，并加以證明：兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直。能運(yùn)用已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題。二【命題走向】近年來(lái)，立體幾何高考命題形式比較穩(wěn)定，題目難易適中，常常立足于棱柱、棱錐

2、和正方體，復(fù)習(xí)是要以多面體為依托，始終把直線與直線、直線與平面、平面與平面垂直的性質(zhì)和判定作為考察重點(diǎn)。在難度上也始終以中等偏難為主，在新課標(biāo)教材中將立體幾何要求進(jìn)行了降低，重點(diǎn)在對(duì)圖形及幾何體的認(rèn)識(shí)上，實(shí)現(xiàn)平面到空間的轉(zhuǎn)化，示知識(shí)深化和拓展的重點(diǎn)，因而在這部分知識(shí)點(diǎn)上命題，將是重中之重。預(yù)測(cè)2020年高考將以多面體為載體直接考察線面位置關(guān)系：（1）考題將會(huì)出現(xiàn)一個(gè)選擇題、一個(gè)填空題和一個(gè)解答題；（2）在考題上的特點(diǎn)為：熱點(diǎn)問(wèn)題為平面的基本性質(zhì)，考察線線、線面和面面關(guān)系的論證，此類題目將以客觀題和解答題的第一步為主。（3）解答題多采用一題多問(wèn)的方式，這樣既降低了起點(diǎn)又分散了難點(diǎn).三【要點(diǎn)精講】

3、1線線垂直判斷線線垂直的方法：所成的角是直角，兩直線垂直；垂直于平行線中的一條，必垂直于另一條。三垂線定理：在平面內(nèi)的一條直線，如果它和這個(gè)平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直。三垂線定理的逆定理：在平面內(nèi)的一條直線，如果和這個(gè)平面的一條斜線垂直，那麼它也和這條斜線的射影垂直.推理模式： 。注意：三垂線指PA，PO，AO都垂直內(nèi)的直線a. 其實(shí)質(zhì)是：斜線和平面內(nèi)一條直線垂直的判定和性質(zhì)定理. 要考慮a的位置，并注意兩定理交替使用。2線面垂直定義：如果一條直線l和一個(gè)平面相交，并且和平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，我們就說(shuō)直線l和平面互相垂直.其中直線l叫做平面的垂線，平面叫做直線l的垂

4、面,直線與平面的交點(diǎn)叫做垂足。直線l與平面垂直記作：l。直線與平面垂直的判定定理：如果一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個(gè)平面。直線和平面垂直的性質(zhì)定理：如果兩條直線同垂直于一個(gè)平面,那么這兩條直線平行。3面面垂直兩個(gè)平面垂直的定義：相交成直二面角的兩個(gè)平面叫做互相垂直的平面。兩平面垂直的判定定理：（線面垂直面面垂直）如果一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，那么這兩個(gè)平面互相垂直。兩平面垂直的性質(zhì)定理：（面面垂直線面垂直）若兩個(gè)平面互相垂直，那么在一個(gè)平面內(nèi)垂直于它們的交線的直線垂直于另一個(gè)平面。四【典例解析】題型1：線線垂直問(wèn)題例1如圖1所示，已知正方體ABCDA1

5、B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分別為A1D1，A1B1，BC，CD，DA，DE，CL的中點(diǎn)，求證：EFGF。證明：如圖2，作GQB1C1于Q，連接FQ，則GQ平面A1B1C1D1，且Q為B1C1的中點(diǎn)。ABCDEA1B1C1OF在正方形A1B1C1D1中，由E、F、Q分別為A1D1、A1B1、B1C1的中點(diǎn)可證明EFFQ，由三垂線定理得EFGF。點(diǎn)評(píng)：以垂直為背景，加強(qiáng)空間想象能力的考查，體現(xiàn)了立體幾何從考查、論證思想。例2（2020全國(guó)，19）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，D、E分別為BB1、AC1的中點(diǎn)，證明：ED為異面直線BB1與AC1的公垂線。證明：設(shè)O為

6、AC中點(diǎn)，連接EO，BO，則EOC1C，又C1CB1B，所以EODB，EOBD為平行四邊形，EDOB。ABBC，BOAC， 又平面ABC平面ACC1A1，BO面ABC，故BO平面ACC1A1，ED平面ACC1A1，BDAC1，EDCC1，EDBB1，ED為異面直線AC1與BB1的公垂線.點(diǎn)評(píng)：該題考點(diǎn)多，具有一定深度，但入手不難，逐漸加深，邏輯推理增強(qiáng)。題型2：線面垂直問(wèn)題例3（1）（2020北京文，17）如圖，ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，求證：BD平面ACC1A1。（2）（2020天津文，19）如圖，在五面體ABCDEF中，點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，面CDE是等邊三角形，棱。

7、（I）證明平面；（II）設(shè)證明平面。證明：（1）ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，CC1平面ADCD,BDCC1ABCD是正方形BDAC又AC，CC1平面ACC1A1,且ACCC1=C, BD平面ACC1A1。（2）證明：（I）取CD中點(diǎn)M，連結(jié)OM。在矩形ABCD中，又則連結(jié)EM，于是四邊形EFOM為平行四邊形。又平面CDE，且平面CDE， 平面CDE。（II）連結(jié)FM。由（I）和已知條件，在等邊中，且因此平行四邊形EFOM為菱形，從而。平面EOM，從而而所以平面點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力和推理論證能力. 例4如圖，直三棱柱ABCA1B1C1 中，AC BC

8、1，ACB 90，AA1 ，D 是A1B1 中點(diǎn)（1）求證C1D 平面A1B ；（2）當(dāng)點(diǎn)F 在BB1 上什么位置時(shí)，會(huì)使得AB1 平面C1DF ？并證明你的結(jié)論。分析：（1）由于C1D 所在平面A1B1C1 垂直平面A1B ，只要證明C1D 垂直交線A1B1 ，由直線與平面垂直判定定理可得C1D 平面A1B。（2）由（1）得C1D AB1 ，只要過(guò)D 作AB1 的垂線，它與BB1 的交點(diǎn)即為所求的F 點(diǎn)位置。（1）證明：如圖， ABCA1B1C1 是直三棱柱， A1C1 B1C1 1，且A1C1B1 90。又 D 是A1B1 的中點(diǎn)， C1D A1B1 。 AA1 平面A1B1C1 ，C1D

9、 平面A1B1C1 ， AA1 C1D ， C1D 平面AA1B1B。（2）解：作DE AB1 交AB1 于E ，延長(zhǎng)DE 交BB1 于F ，連結(jié)C1F ，則AB1 平面C1DF ，點(diǎn)F 即為所求。事實(shí)上， C1D 平面AA1BB ，AB1 平面AA1B1B ， C1D AB1 又AB1 DF ，DF C1D D ， AB1 平面C1DF 。點(diǎn)評(píng)：本題（1）的證明中，證得C1D A1B1 后，由ABCA1B1C1 是直三棱柱知平面C1A1B1 平面AA1B1B ，立得C1D 平面AA1B1B。（2）是開(kāi)放性探索問(wèn)題，注意采用逆向思維的方法分析問(wèn)題。題型3：面面垂直問(wèn)題例5如圖，ABC 為正三角

10、形，EC 平面ABC ，BD CE ，CE CA 2 BD ，M 是EA 的中點(diǎn)，求證：（1）DE DA ；（2）平面BDM 平面ECA ；（3）平面DEA 平面ECA。分析：（1）證明DE DA ，可以通過(guò)圖形分割，證明DEF DBA。（2）證明面面垂直的關(guān)鍵在于尋找平面內(nèi)一直線垂直于另一平面。由（1）知DM EA ，取AC 中點(diǎn)N ，連結(jié)MN 、NB ，易得四邊形MNBD 是矩形。從而證明DM 平面ECA。證明：（1）如圖，取EC 中點(diǎn)F ，連結(jié)DF。 EC 平面ABC ，BD CE ，得DB 平面ABC 。 DB AB ，EC BC。 BD CE ，BD CE FC ，則四邊形FCBD

11、是矩形，DF EC。又BA BC DF ， RtDEF RtABD ，所以DE DA。（2）取AC 中點(diǎn)N ，連結(jié)MN 、NB ， M 是EA 的中點(diǎn)， MN EC。由BD EC ，且BD 平面ABC ，可得四邊形MNBD 是矩形，于是DM MN。 DE DA ，M 是EA 的中點(diǎn)， DM EA 又EA MN M ， DM 平面ECA ，而DM 平面BDM ，則平面ECA 平面BDM。（3） DM 平面ECA ，DM 平面DEA ， 平面DEA 平面ECA。點(diǎn)評(píng)：面面垂直的問(wèn)題常常轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直的問(wèn)題解決。例6（2020江西卷理）（本小題滿分12分）在四棱錐中，底面是矩形，平面，.

12、以的中點(diǎn)為球心、為直徑的球面交于點(diǎn)，交于點(diǎn).（1）求證：平面平面； （2）求直線與平面所成的角的大??；（3）求點(diǎn)到平面的距離.解：方法一：（1）依題設(shè)知，AC是所作球面的直徑，則AMMC。又因?yàn)镻 A平面ABCD，則PACD，又CDAD，所以CD平面，則CDAM，所以A M平面PCD，所以平面ABM平面PCD。（2）由（1）知，又，則是的中點(diǎn)可得，則設(shè)D到平面ACM的距離為，由即，可求得，設(shè)所求角為，則，。（1） 可求得PC=6。因?yàn)锳NNC，由，得PN。所以。故N點(diǎn)到平面ACM的距離等于P點(diǎn)到平面ACM距離的。又因?yàn)镸是PD的中點(diǎn)，則P、D到平面ACM的距離相等，由（2）可知所求距離為。方法

13、二：（1）同方法一；（2）如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則， ，；設(shè)平面的一個(gè)法向量，由可得：，令，則。設(shè)所求角為，則， 所以所求角的大小為。（3）由條件可得，.在中，,所以,則, ，所以所求距離等于點(diǎn)到平面距離的，設(shè)點(diǎn)到平面距離為則，所以所求距離為。題型4：射影問(wèn)題例7（1）如圖，正方形所在平面，過(guò)作與垂直的平面分別交、于、K、，求證：、分別是點(diǎn)在直線和上的射影證明： 面， ， 為正方形， ， 與相交， 面，面， 由已知面，且面， ， ，面，面， ，即 為點(diǎn)在直線上的射影，同理可證得為點(diǎn)在直線上的射影。點(diǎn)評(píng)：直線與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理是解決兩條直線的主要途徑之一，另外，三垂線定理及逆

14、定理、兩條直線所成的角等也是證明兩條直線垂直的常用的方法.（2）（2020湖北理，18）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，是側(cè)棱上的一點(diǎn)，。（）試確定，使直線與平面所成角的正切值為；（）在線段上是否存在一個(gè)定點(diǎn)Q，使得對(duì)任意的，D1Q在平面上的射影垂直于，并證明你的結(jié)論。解法1：（）連AC，設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O,AP與平面相交于點(diǎn)，連結(jié)OG，因?yàn)镻C平面，平面平面APCOG，故OGPC，所以O(shè)GPC。又AOBD,AOBB1，所以AO平面，故AGO是AP與平面所成的角。在RtAOG中，tanAGO，即m。所以，當(dāng)m時(shí)，直線AP與平面所成的角的正切值為。（）可以推測(cè)，點(diǎn)Q應(yīng)當(dāng)是AICI的中點(diǎn)O1，因?yàn)?/p>

15、D1O1A1C1, 且 D1O1A1A ，所以 D1O1平面ACC1A1，又AP平面ACC1A1，故 D1O1AP。那么根據(jù)三垂線定理知，D1O1在平面APD1的射影與AP垂直。點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查線面關(guān)系、直線于平面所成的角的有關(guān)知識(shí)及空間想象能力和推理運(yùn)算能力，考查運(yùn)用向量知識(shí)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的能力。例8如圖1所示，已知A1B1C1ABC是正三棱柱，D是AC的中點(diǎn)。（1）證明AB1DBC1；（2）假設(shè)AB1BC1，BC=2。求線段AB1在側(cè)面B1BCC1上的射影長(zhǎng).證明：（1）如圖2所示，A1B1C1ABC是正三棱柱，四邊形B1BCC1是矩形。連結(jié)B1C，交BC1于E，則BE=EC。連結(jié)DE，

16、在AB1C中，AD=DC，DEAB1，又因?yàn)锳B1平面DBC1，DE平面DBC1，AB1平面DBC1。（2）作AFBC，垂足為F。因?yàn)槊鍭BC面B1BCC1，AF平面B1BCC1。連結(jié)B1F，則B1F是AB1在平面B1BCC1內(nèi)的射影。BC1AB1，BC1B1F。四邊形B1BCC1是矩形，B1BF=BCC1=90，又FB1B=C1BC，B1BFBCC1，則=。又F為正三角形ABC的BC邊中點(diǎn)，因而B(niǎo)1B2=BFBC=12=2。于是B1F2=B1B2+BF2=3，B1F=，即線段AB1在平面B1BCC1內(nèi)的射影長(zhǎng)為。點(diǎn)評(píng)：建立直線和平面的位置關(guān)系與點(diǎn)、線在平面上的射影間的關(guān)系。題型5：垂直的應(yīng)用

17、例9已知是邊長(zhǎng)為的正三角形所在平面外一點(diǎn)，求異面直線與的距離.FCABDEFCABDEFCABDE圖圖圖解析：分別取、中點(diǎn)、，連結(jié)（圖）。連結(jié)、（圖），為公共邊， 點(diǎn)為中點(diǎn) 同理：（圖）又，即為異面直線與的公垂線段如圖，在中，ABCDEFGH 異面直線與的距離。點(diǎn)評(píng)：求異面直線的距離，必須先找到兩條異面直線的公垂線段。例10如圖，在空間四邊形中，、分別是邊、的中點(diǎn)，對(duì)角線且它們所成的角為。求證：，求四邊形的面積。解析：在中，、分別是邊、的中點(diǎn)，在中，、分別是邊、的中點(diǎn)， 且，同理：且，四邊形為菱形，。， （或的補(bǔ)角）即為異面直線與所成的角，由已知得：（或），四邊形的面積為：。題型6：課標(biāo)創(chuàng)新題

18、例11（1）（2000全國(guó)，16）如圖（1）所示，E、F分別為正方體的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，則四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可能是圖（2）的 （要求：把可能的圖的序號(hào)都填上）圖（1）圖（2）答案：解析：面BFD1E面ADD1A1，所以四邊形BFD1E在面ADD1A1上的射影是，同理，在面BCC1B1上的射影也是。過(guò)E、F分別作DD1和CC1的垂線，可得四邊形BFD1E在面DCC1D1上的射影是，同理在面ABB1A1，面ABCD和面A1B1C1D1上的射影也是。（2）（2000上海，7）命題A：底面為正三角形，且頂點(diǎn)在底面的射影為底面中心的三棱錐是正三棱錐.命題A的等價(jià)命

19、題B可以是：底面為正三角形，且 的三棱錐是正三棱錐。答案：側(cè)棱相等（或側(cè)棱與底面所成角相等）解析：要使命題B與命題A等價(jià)，則只需保證頂點(diǎn)在底面上的射影S是底面正三角形的外心即可，因此，據(jù)射影定理，得側(cè)棱長(zhǎng)相等。例12（2020寧夏海南卷理）（本小題滿分12分）如圖，四棱錐S-ABCD 的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是地面邊長(zhǎng)的倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)。 （）求證：ACSD； （）若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（）在（）的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E， 使得BE平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說(shuō)明理由。解法一： （）連BD，設(shè)AC交BD于O，由題意。在正方形AB

20、CD中，所以,得. ()設(shè)正方形邊長(zhǎng)，則。又，所以, 連，由（）知,所以, 且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小為。 （）在棱SC上存在一點(diǎn)E，使由（）可得，故可在上取一點(diǎn),使,過(guò)作的平行線與的交點(diǎn)即為。連BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故.解法二： （）；連,設(shè)交于于，由題意知.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為軸、軸、軸正方向，建立坐標(biāo)系如圖. 設(shè)底面邊長(zhǎng)為，則高。 于是 故 從而 ()由題設(shè)知，平面的一個(gè)法向量，平面的一個(gè)法向量，設(shè)所求二面角為，則,所求二面角的大小為 （）在棱上存在一點(diǎn)使. 由（）知是平面的一個(gè)法向量， 且 設(shè) 則 而 即當(dāng)時(shí)， 而不在平面內(nèi)，故五【思維總結(jié)】1通過(guò)典型問(wèn)題掌握基本解題方法，高考中立體幾何解答題基本題型是：（）證明空間線面平行或垂直；（）求空間中線面的夾角或距離；（）求幾何體的側(cè)面積及體積。證明空間線面平行或垂直需注意以下幾點(diǎn)：由已知想