2019-2020年高考数学大一轮复习 第九章 第51课 直线与平面的垂直要点导学.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第九章 第51课 直线与平面的垂直要点导学直线与平面垂直的判定(xx浙江卷)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.求证:DE平面ACD.(例1)思维引导要证DE平面ACD,可以首先证DEAC与DEDC,然后利用线面垂直的判定定理证明,注意“线不在多,在于相交”.证明因为CDE=BED=90,所以BECD,又因为BCDE,所以四边形BCDE是直角梯形,所以BD=BC=.由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC.又因为平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE.又因为DEDC,ACDC=C,所以DE平面ACD.如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.求证:BC平面PAC.(变式)证明由AB是圆O的直径,得ACBC.由PA平面ABC,BC平面ABC,得PABC.又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BC平面PAC.直线与平面垂直性质的应用如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是矩形,ABBC=1,O,F分别为CD,BC的中点,且EO平面ABCD.求证:AFEF.(例2)思维引导在边长之比为1的矩形ABCD中,要会寻求垂直关系.证明连接OF,AO,设AB=2a,则BC=2a.因为四边形ABCD为矩形,所以AO=3a.同理AF=a,OF=a.因为AF2+OF2=9a2=AO2,所以AFO为直角三角形,所以AFOF.因为EO平面ABCD,所以EOAF.因为OFOE=O,所以AF平面OEF,所以AFEF.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,BC=CD,ACB=ACD,求证:BD平面PAC.(变式)证明因为BC=CD,即BCD为等腰三角形,又因为ACB=ACD,故BDAC.因为PA底面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.因为PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BD平面PAC.【题组强化重点突破】1. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.求证:PABD.(第1题)证明因为DAB=60,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD,从而BD2+AD2=AB2,故BDAD.因为PD底面ABCD,可得BDPD.又ADPD=D,AD平面PAD,PD平面PAD,所以BD平面PAD.又PA平面PAD,故PABD.2. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA底面ABCD,M,N分别是AB,PC的中点.求证:MNAB.(第2题)证明取CD的中点R,连接RN,RM.因为PA平面ABCD,所以BAPA.又BAAD,ADPA=A,所以BA平面PAD,所以BAPD.因为N,R分别为CP,CD的中点,所以NRPD,所以BANR.又ABMR,MRNR=R,所以AB平面MNR,所以MNAB.3. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PA底面ABCD.E,F分别是AB,PC的中点,PA=AD.(第3题)(1) 求证:CDPD;(2) 求证:EF平面PCD.证明(1) 因为PA底面ABCD,所以CDPA.在矩形ABCD中,CDAD,又ADPA=A,所以CD平面PAD,所以CDPD.(2) 取PD的中点G,连接AG,FG.因为G,F分别是PD,PC的中点,所以GFCD且GF=CD,所以GFAE,所以四边形AEFG是平行四边形,所以AGEF.因为PA=AD,G是PD的中点,所以AGPD,所以EFPD.因为CD平面PAD,AG平面PAD,所以CDAG,所以EFCD.因为PDCD=D,所以EF平面PCD.直线与平面垂直的探索问题如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=,PA=,ABC=120,G为线段PC上的点.(1) 求证:BD平面PAC;(2) 若G满足PC平面BGD,求的值.(例3)思维引导(1) 易证BDPA,要借助ABD=60与BAC=30,说明BDAC,即位置关系的判定要借助数量的运算关系.(2) 要求的值,即先分别求得PG,GC的值,这要借助勾股关系与方程思想.解答(1) 由AB=CB,AD=CD,BD=DB得ABDCBD,所以ABD=CBD=60且BAC=30,所以BDAC.又因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以BDPA.因为ACPA=A,所以BD平面PAC.(2) 由已知得PC=,因为PC平面BGD,GD平面BGD,所以PCGD.在PDC中,PD=,CD=,PC=.设PG=x,则CG=-x,所以10-x2=7-,解得x=,所以GC=,所以=.精要点评除常规的线面位置关系的判定与证明外,借助数量的运算关系来确定位置关系的题目也要适当了解与关注.数量运算主要还是体现在垂直上,即有勾股关系的适当介入.(xx南安模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD平面ABCD,PD=AB=2,E,F,G分别是PC,PD,BC的中点.在线段PB上确定一点Q,使PC平面ADQ,并给出证明.(变式)解答当Q为线段PB的中点时,PC平面ADQ.证明如下:如图,取PB的中点Q,连接DE,EQ,AQ,故EQBCAD,所以ADEQ为平面四边形.由PD平面ABCD,得ADPD.又ADCD,PDCD=D,所以AD平面PDC,所以ADPC.又三角形PDC为等腰直角三角形,E为斜边中点,所以DEPC,又ADDE=D,所以PC平面ADQ.精要点评点或关系的存在性问题的探索是一种常见问题,这类问题可以先假设结论是成立的.若真成立,一般要严格证明;若不成立,则要结合反证法证明或举反例说明.如图(1),在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=2AA1,BAA1=CAA1=60,点D,E分别为AB,A1C的中点.(1) 求证:DE平面BB1C1C;(2) 求证:BB1平面A1BC. 图(1) 图(2)(范题赏析)规范答题(1) 如图(2),取AC的中点M,连接DM,EM.因为D为AB的中点,所以DMBC.因为DM平面BB1C1C,BC平面BB1C1C,所以DM平面BB1C1C.(3分)同理可证EM平面BB1C1C.又DMEM=M,所以平面DEM平面BB1C1C.(5分)因为DE平面DEM,所以DE平面BB1C1C.(7分)(2) 在AA1B中,设AA1=1,则AB=2.由余弦定理得A1B=,故A+A1B2=AB2,所以AA1A1B. (10分)同理可得AA1A1C.又A1BA1C=A1,所以AA1平面A1BC.(12分)因为AA1BB1,所以BB1平面A1BC.(14分)1. 若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则三棱锥A-A1BD 的高为.答案a解析AC1平面A1BD,且三棱锥A-A1BD的高为AC1的三分之一.2. (xx上海模拟改编)如图,在四棱锥P- ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,ACBD=O, PAC是等边三角形, PB=PD,求证:PO底面ABCD.(第2题)证明因为底面ABCD是菱形,ACBD=O,所以O为AC,BD的中点.又因为PAC是等边三角形,PB=PD,所以POAC,POBD,所以PO底面ABCD.3. (xx湖北模拟)如图,在四棱锥A-BCDE中,底面BCDE是等腰梯形,BCDE,DCB=45,O是BC的中点,AO=,且BC=6,AD=AE=2CD=2.求证:AO平面BCD.(第3题)证明连接OD,OE.在OCD中,OC=3,CD=,由余弦定理可得OD=.因为AD=2,所以AO2+OD2=AD2,所以AOOD.同理,AOOE,又ODOE=O,所以AO平面BCD.4. (xx珠海模拟)在边长为4cm的正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,M,N分别为AB,CF的中点,现沿AE,AF,EF折叠,使B,C,D三点重合,重合后的点记为B,构成一个三棱锥,如图(2)所示.求证:AB平面BEF.(第4题)证明由题意可知ABBE的关系在折叠前后都没有改变.因为在折叠前ADDF,由于折叠后AD与AB重合,点D与点B重合,所以ABBF.因为BEBF=B,所以AB平面BEF.温馨提醒趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们完成配套检测与评估中的练习(第101-102页).