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2019-2020年高考數(shù)學大一輪復習 第九章 第51課 直線與平面的垂直要點導學 直線與平面垂直的判定 　(xx浙江卷)如圖,在四棱錐A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.求證:DE⊥平面ACD. (例1) [思維引導]要證DE⊥平面ACD,可以首先證DE⊥AC與DE⊥DC,然后利用線面垂直的判定定理證明,注意“線不在多,在于相交”. [證明]因為∠CDE=∠BED=90,所以BE∥CD, 又因為BC≠DE,所以四邊形BCDE是直角梯形,所以BD=BC=. 由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC. 又因為平面ABC⊥平面BCDE,從而AC⊥平面BCDE, 所以AC⊥DE. 又因為DE⊥DC,AC∩DC=C, 所以DE⊥平面ACD. 　如圖,AB是圓O的直徑,PA垂直圓O所在的平面,C是圓O上的點.求證:BC⊥平面PAC. (變式) [證明]由AB是圓O的直徑,得AC⊥BC. 由PA⊥平面ABC,BC平面ABC,得PA⊥BC. 又PA∩AC=A,PA平面PAC,AC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC. 直線與平面垂直性質的應用 　如圖,在四棱錐E-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB∶BC=1∶,O,F分別為CD,BC的中點,且EO⊥平面ABCD.求證:AF⊥EF. (例2) [思維引導]在邊長之比為1∶的矩形ABCD中,要會尋求垂直關系. [證明]連接OF,AO,設AB=2a,則BC=2a. 因為四邊形ABCD為矩形,所以AO==3a. 同理AF=a,OF=a. 因為AF2+OF2=9a2=AO2,所以△AFO為直角三角形, 所以AF⊥OF. 因為EO⊥平面ABCD,所以EO⊥AF. 因為OF∩OE=O,所以AF⊥平面OEF,所以AF⊥EF. 　如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD,∠ACB=∠ACD,求證:BD⊥平面PAC. (變式) [證明]因為BC=CD,即△BCD為等腰三角形, 又因為∠ACB=∠ACD,故BD⊥AC. 因為PA⊥底面ABCD,BD平面ABCD, 所以PA⊥BD. 因為PA∩AC=A,PA平面PAC,AC平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. 【題組強化重點突破】 1. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.求證:PA⊥BD. 　(第1題) [證明]因為∠DAB=60,AB=2AD, 由余弦定理得BD=AD, 從而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 因為PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD. 又AD∩PD=D,AD平面PAD,PD平面PAD, 所以BD⊥平面PAD. 又PA平面PAD,故PA⊥BD. 2. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥底面ABCD,M,N分別是AB,PC的中點.求證:MN⊥AB. (第2題) [證明]取CD的中點R,連接RN,RM. 因為PA⊥平面ABCD,所以BA⊥PA. 又BA⊥AD,AD∩PA=A, 所以BA⊥平面PAD,所以BA⊥PD. 因為N,R分別為CP,CD的中點, 所以NR∥PD,所以BA⊥NR. 又AB⊥MR,MR∩NR=R, 所以AB⊥平面MNR, 所以MN⊥AB. 3. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,側棱PA⊥底面ABCD.E,F分別是AB,PC的中點,PA=AD. (第3題) (1) 求證:CD⊥PD; (2) 求證:EF⊥平面PCD. [證明](1) 因為PA⊥底面ABCD,所以CD⊥PA. 在矩形ABCD中,CD⊥AD,又AD∩PA=A, 所以CD⊥平面PAD, 所以CD⊥PD. (2) 取PD的中點G,連接AG,FG. 因為G,F分別是PD,PC的中點, 所以GF∥CD且GF=CD, 所以GFAE, 所以四邊形AEFG是平行四邊形, 所以AG∥EF. 因為PA=AD,G是PD的中點, 所以AG⊥PD,所以EF⊥PD. 因為CD⊥平面PAD,AG平面PAD, 所以CD⊥AG,所以EF⊥CD. 因為PD∩CD=D,所以EF⊥平面PCD. 直線與平面垂直的探索問題 　如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=,PA=,∠ABC=120,G為線段PC上的點. (1) 求證:BD⊥平面PAC; (2) 若G滿足PC⊥平面BGD,求的值. (例3) [思維引導](1) 易證BD⊥PA,要借助∠ABD=60與∠BAC=30,說明BD⊥AC,即位置關系的判定要借助數(shù)量的運算關系. (2) 要求的值,即先分別求得PG,GC的值,這要借助勾股關系與方程思想. [解答](1) 由AB=CB,AD=CD,BD=DB得△ABD≌△CBD,所以∠ABD=∠CBD=60且∠BAC=30, 所以BD⊥AC. 又因為PA⊥平面ABCD,BD平面ABCD,所以BD⊥PA.因為AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC. (2) 由已知得PC===, 因為PC⊥平面BGD,GD平面BGD,所以PC⊥GD. 在△PDC中,PD==,CD=,PC=. 設PG=x,則CG=-x,所以10-x2=7-,解得x=,所以GC=,所以=. [精要點評]除常規(guī)的線面位置關系的判定與證明外,借助數(shù)量的運算關系來確定位置關系的題目也要適當了解與關注.數(shù)量運算主要還是體現(xiàn)在垂直上,即有勾股關系的適當介入. 　(xx南安模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,PD=AB=2,E,F,G分別是PC,PD,BC的中點.在線段PB上確定一點Q,使PC⊥平面ADQ,并給出證明. (變式) [解答]當Q為線段PB的中點時,PC⊥平面ADQ.證明如下: 如圖,取PB的中點Q,連接DE,EQ,AQ, 故EQ∥BC∥AD, 所以ADEQ為平面四邊形. 由PD⊥平面ABCD,得AD⊥PD. 又AD⊥CD,PD∩CD=D, 所以AD⊥平面PDC, 所以AD⊥PC. 又三角形PDC為等腰直角三角形,E為斜邊中點,所以DE⊥PC, 又AD∩DE=D, 所以PC⊥平面ADQ. [精要點評]點或關系的存在性問題的探索是一種常見問題,這類問題可以先假設結論是成立的.若真成立,一般要嚴格證明;若不成立,則要結合反證法證明或舉反例說明. 如圖(1),在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=2AA1,∠BAA1=∠CAA1=60,點D,E分別為AB,A1C的中點. (1) 求證:DE∥平面BB1C1C; (2) 求證:BB1⊥平面A1BC. 圖(1) 圖(2) (范題賞析) [規(guī)范答題](1) 如圖(2),取AC的中點M,連接DM,EM. 因為D為AB的中點,所以DM∥BC. 因為DM?平面BB1C1C,BC平面BB1C1C, 所以DM∥平面BB1C1C.(3分) 同理可證EM∥平面BB1C1C. 又DM∩EM=M, 所以平面DEM∥平面BB1C1C.(5分) 因為DE平面DEM, 所以DE∥平面BB1C1C.(7分) (2) 在△AA1B中,設AA1=1,則AB=2. 由余弦定理得A1B=, 故A+A1B2=AB2,所以AA1⊥A1B. (10分) 同理可得AA1⊥A1C. 又A1B∩A1C=A1,所以AA1⊥平面A1BC.(12分) 因為AA1∥BB1, 所以BB1⊥平面A1BC.(14分) 1. 若正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a,則三棱錐A-A1BD 的高為　　　　. [答案]a [解析]AC1⊥平面A1BD,且三棱錐A-A1BD的高為AC1的三分之一. 2. (xx上海模擬改編)如圖,在四棱錐P- ABCD中,底面四邊形ABCD是菱形,AC∩BD=O, △PAC是等邊三角形, PB=PD,求證:PO⊥底面ABCD. (第2題) [證明]因為底面ABCD是菱形,AC∩BD=O, 所以O為AC,BD的中點. 又因為△PAC是等邊三角形,PB=PD, 所以PO⊥AC,PO⊥BD, 所以PO⊥底面ABCD. 3. (xx湖北模擬)如圖,在四棱錐A-BCDE中,底面BCDE是等腰梯形,BC∥DE,∠DCB=45,O是BC的中點,AO=,且BC=6,AD=AE=2CD=2.求證:AO⊥平面BCD. (第3題) [證明]連接OD,OE. 在△OCD中,OC=3,CD=,由余弦定理可得OD==. 因為AD=2,所以AO2+OD2=AD2, 所以AO⊥OD. 同理,AO⊥OE, 又OD∩OE=O, 所以AO⊥平面BCD. 4. (xx珠海模擬)在邊長為4cm的正方形ABCD中,E,F分別為BC,CD的中點,M,N分別為AB,CF的中點,現(xiàn)沿AE,AF,EF折疊,使B,C,D三點重合,重合后的點記為B,構成一個三棱錐,如圖(2)所示.求證:AB⊥平面BEF. (第4題) [證明]由題意可知AB⊥BE的關系在折疊前后都沒有改變. 因為在折疊前AD⊥DF,由于折疊后AD與AB重合,點D與點B重合,所以AB⊥BF. 因為BE∩BF=B,所以AB⊥平面BEF. [溫馨提醒] 趁熱打鐵,事半功倍.請老師布置同學們完成《配套檢測與評估》中的練習(第101-102頁).