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2022届高考数学理一轮复习新人教版课件：第七章立体几何第四节空间中的垂直关系
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这是一份2022届高考数学理一轮复习新人教版课件：第七章立体几何第四节空间中的垂直关系，共60页。PPT课件主要包含了°的角，两个半平面，垂直于棱，直二面角，①②③，答案①②③④，答案B等内容，欢迎下载使用。
2.直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的______所成的______叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是______；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是____________．(2)范围：________．
3．平面与平面垂直(1)二面角的有关概念：①二面角：从一条直线出发的__________所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义：两个平面相交，如果所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直．
1．(基础知识：面面垂直性质)下列命题中不正确的是( )A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
2．(基本方法：线面垂直性质)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为( )A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交
3．(基本方法：判断线面垂直)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m⊥β的一个充分条件是( )A．α⊥β且m⊂αB．m∥n且n⊥βC．α⊥β且m∥αD．m⊥n且n∥β
4．(基本应用：空间垂直关系的转化与认识)如图所示，在三棱锥VABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中，直角三角形的个数为________________________．
5．(基本应用：与射影结合)在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________________________心．答案：外
[典例剖析][典例] (1)(2021·河南商丘模拟)如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：
题型一 线面垂直的判定与性质
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是__________．
解析：由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，可得PA⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，又AF⊂平面PAC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF，故②正确；由于AF⊥平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与平面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.
(2)(2020·新高考山东卷节选)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
证明：①在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.∵AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.②由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由①知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
方法总结证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理：在平面内找两条相交直线与该直线垂直．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理：在平面内找与两平面交线垂直的直线．
又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面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)∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD.又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
2．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
证明：(1)在△PAD中，PA＝PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PE⊥BC.
(2)∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD，∴CD⊥PA.又PA⊥PD，CD、PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，∴PA⊥平面PCD.又PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.
方法总结1．证明面面垂直的两种常用方法：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．
2．已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．3．应用面面垂直时，其性质定理的条件必须具备，缺一不可．
[典例剖析]类型 1 探索条件(开放性问题)[例1] 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．
题型三 空间垂直关系的探索与转化
(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)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．
解析：(1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD.
(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明：取PC的中点F，连接DE，EF，DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.
又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD.
类型 2 探索结论(创新问题)[例2] 如图所示，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.
方法总结探索垂直关系，常采用逆向思维一般假设存在线线垂直，所利用的关系常有：(1)等腰三角形的高、中线与底边垂直．(2)矩形的相邻边垂直．(3)直径所对的圆周角的两边垂直．(4)菱形的对角线垂直．
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.
2．(2020·高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40°C．50° D．90°
解析：如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.
解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN，所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
2.直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的______所成的______叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是______；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是____________．(2)范围：________．
3．平面与平面垂直(1)二面角的有关概念：①二面角：从一条直线出发的__________所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义：两个平面相交，如果所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直．
1．(基础知识：面面垂直性质)下列命题中不正确的是( )A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
2．(基本方法：线面垂直性质)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为( )A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交
3．(基本方法：判断线面垂直)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则m⊥β的一个充分条件是( )A．α⊥β且m⊂αB．m∥n且n⊥βC．α⊥β且m∥αD．m⊥n且n∥β
4．(基本应用：空间垂直关系的转化与认识)如图所示，在三棱锥VABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中，直角三角形的个数为________________________．
5．(基本应用：与射影结合)在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________________________心．答案：外
[典例剖析][典例] (1)(2021·河南商丘模拟)如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：
题型一 线面垂直的判定与性质
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是__________．
解析：由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，可得PA⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，又AF⊂平面PAC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF，故②正确；由于AF⊥平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与平面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.
(2)(2020·新高考山东卷节选)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
证明：①在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.∵AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.②由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由①知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
方法总结证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理：在平面内找两条相交直线与该直线垂直．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理：在平面内找与两平面交线垂直的直线．
又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面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)∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD.又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
1．(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
2．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
证明：(1)在△PAD中，PA＝PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PE⊥BC.
(2)∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD.又PA⊂平面PAD，∴CD⊥PA.又PA⊥PD，CD、PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，∴PA⊥平面PCD.又PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD.
方法总结1．证明面面垂直的两种常用方法：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．
2．已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．3．应用面面垂直时，其性质定理的条件必须具备，缺一不可．
[典例剖析]类型 1 探索条件(开放性问题)[例1] 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．
题型三 空间垂直关系的探索与转化
(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)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．
解析：(1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD.
(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明：取PC的中点F，连接DE，EF，DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.
又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD.
类型 2 探索结论(创新问题)[例2] 如图所示，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.
方法总结探索垂直关系，常采用逆向思维一般假设存在线线垂直，所利用的关系常有：(1)等腰三角形的高、中线与底边垂直．(2)矩形的相邻边垂直．(3)直径所对的圆周角的两边垂直．(4)菱形的对角线垂直．
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.
2．(2020·高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40°C．50° D．90°
解析：如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.
解析：(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN，所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
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