2013届高考数学一轮复习精品学案：第11讲 空间中的垂直关系

2013年普通高考数学科一轮复习精品学案

第11讲 空间中的垂直关系

一．课标要求：

以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨论证，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定。

通过直观感知、操作确认，归纳出以下判定定理：

◆一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直。

◆ 一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直。

通过直观感知、操作确认，归纳出以下性质定理，并加以证明：

◆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。

能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。

二．命题走向

近年来，立体几何高考命题形式比较稳定，题目难易适中，常常立足于棱柱、棱锥和正方体，复习是要以多面体为依托，始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质和判定作为考察重点。在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，示知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。

预测2013年高考将以多面体为载体直接考察线面位置关系： （1）考题将会出现一个选择题、一个填空题和一个解答题；

（2）在考题上的特点为：热点问题为平面的基本性质，考察线线、线面和面面关系的论证，此类题目将以客观题和解答题的第一步为主。

（3）解答题多采用一题多问的方式，这样既降低了起点又分散了难点。

三．要点精讲

1．线线垂直

判断线线垂直的方法：所成的角是直角，两直线垂直；垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条。

三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平

面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那麽它也和这条斜线的射影垂直。

PO ,O

推理模式： PA A a AO。

a ,a AP

注意：⑴三垂线指PA，PO，AO都垂直α内的直线a 其实质是：斜线和平面内一条直

线垂直的判定和性质定理⑵要考虑a的位置，并注意两定理交替使用。

2．线面垂直

定义：如果一条直线l和一个平面α相交，并且和平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l和平面α互相垂直其中直线l叫做平面的垂线，平面α叫做直线l的垂面,直线与平面的交点叫做垂足。直线l与平面α垂直记作：l⊥α。

直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

直线和平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行。 3．面面垂直

两个平面垂直的定义：相交成直二面角的两个平面叫做互相垂直的平面。 两平面垂直的判定定理：（线面垂直 面面垂直）

如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。

两平面垂直的性质定理：（面面垂直 线面垂直）若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面。

四．典例解析

题型1：线线垂直问题

例1．如图1所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分别为A1D1，A1B1，BC，CD，DA，DE，CL的中点，求证：EF⊥GF。

证明：如图2，作GQ⊥B1C1于Q，连接FQ，则GQ⊥平面A1B1C1D1，且Q为B1C1

的中点。

在正方形A1B1C1D1中，由E、F、Q分别为A1D1、A1B1、B1C1的中点可证明EF⊥FQ，由三垂线定理得EF⊥GF。

B1 点评：以垂直为背景，加强空间想象能力的考查，体现了立体几何C从考查、论证思想。

D 例2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为

E

BB1、AC1的中点，证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线。 1B ∥C 证明：设O为AC中点，连接EO，BO，则EO∥21C，又C1C＝A

∥DB，EOBD为平行四边形，ED∥OB。

B1B，所以EO＝

∵AB＝BC，∴BO⊥AC，

又平面ABC⊥平面ACC1A1，BO 面ABC，故BO⊥平面ACC1A1， ∴ED⊥平面ACC1A1，BD⊥AC1，ED⊥CC1，

∴ED⊥BB1，ED为异面直线AC1与BB1的公垂线。

点评：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理增强。 题型2：线面垂直问题

例3．（1）如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，求证：BD⊥平面ACC1A1。

（2）如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF∥BC。 （I）证明FO∥平面CDE;；

（II

）设BC ,证明EO 平面。 证明：（1）∵ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱， ∴CC1⊥平面ADCD, ∴BD⊥CC1

∵ABCD是正方形

∴BD⊥AC

又∵AC，CC1 平面ACC1A1, 且AC∩CC1=C,

∴BD⊥平面ACC1A1。 （2）证明：

（I）取CD中点M，连结OM。

在矩形ABCD中，

1

12

11

OM∥BC,又EF∥BC,

22

OM.连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形。 则EF∥

FO∥EM.

又 FO平面CDE，且EM 平面CDE， FO∥平面CDE。

（II）连结FM。

由（I）和已知条件，在等边 CDE中，CM DM, EM CD

且EM

1

BC EF. 2

A

F

E

因此平行四边形EFOM为菱形，从而

EO FM。

D

MC

CD OM,CD EM, CD 平面

B

EOM，从而CD EO.

而FM CD M,所以EO 平面CDF.

点评：本题考查直线与平面垂直等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力。

例4．如图，直三棱柱ABC—A1B1C1 中，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，AA1 ＝2，D 是A1B1 中点．（1）求证C1D ⊥平面A1B ；（2）当点F 在BB1 上什么位置时，会使得AB1 ⊥平面C1DF ？并证明你的结论。

分析：（1）由于C1D 所在平面A1B1C1 垂直平面A1B ，只

要证明C1D 垂直交线A1B1 ，由直线与平面垂直判定定理可得C1D ⊥平面A1B。

（2）由（1）得C1D ⊥AB1 ，只要过D 作AB1 的垂线，它与BB1 的交点即为所求的F 点位置。

（1）证明：如图，∵ ABC—A1B1C1 是直三棱柱， ∴ A1C1 ＝B1C1 ＝1，且∠A1C1B1 ＝90°。 又 D 是A1B1 的中点，∴ C1D ⊥A1B1 。 ∵ AA1 ⊥平面A1B1C1 ，C1D 平面A1B1C1 ， ∴ AA1 ⊥C1D ，∴ C1D ⊥平面AA1B1B。

（2）解：作DE ⊥AB1 交AB1 于E ，延长DE 交BB1 于F ，连结C1F ，则AB1 ⊥平面C1DF ，点F 即为所求。

事实上，∵ C1D ⊥平面AA1BB ，AB1 平面AA1B1B ， ∴ C1D ⊥AB1 ．又AB1 ⊥DF ，DF C1D ＝D ， ∴ AB1 ⊥平面C1DF 。

点评：本题（1）的证明中，证得C1D ⊥A1B1 后，由ABC—A1B1C1 是直三棱柱知平面C1A1B1 ⊥平面AA1B1B ，立得C1D ⊥平面AA1B1B。（2）是开放性探索问题，注意采用逆向思维的方法分析问题。 题型3：面面垂直问题

例5．如图，△ABC 为正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，CE ＝CA ＝2 BD ，M 是EA 的中点，求证：（1）DE ＝DA ；（2）平面BDM ⊥平面ECA ；（3）平面DEA ⊥平面ECA。

分析：（1）证明DE ＝DA ，可以通过图形分割，证明△DEF ≌△DBA。（2）证明面面垂直的关键在于寻找平面内

一直线垂直于另一平面。由（1）知DM ⊥EA ，取AC 中点N ，连结MN 、NB ，易得四边形MNBD 是矩形。从而证明DM ⊥平面EC …… 此处隐藏：7312字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……