专题17空间垂直关系-解析版

这是一份专题17空间垂直关系-解析版，共14页。

【解析】卡壳点:不会寻找证明垂直关系的途径.
应对策略1:把证明线线垂直关系转化为证明线面垂直关系.
问题解答:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⟂AC.
又平面A1ACC1⟂平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以A1E⟂平面ABC,则A1E⟂BC.
又因为A1F//AB,∠ABC=90∘,故BC⟂A1F.
所以BC⟂平面A1EF.因此EF⟂BC.
应对策略2:发现三线垂直关系,利用空间向量运算证明垂直关系.
问题解答:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⟂AC.
又平面A1ACC1⟂平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⟂平面ABC.如图2,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
不妨设AC=4,则A10023,B310,B13323,F323223,C020
因此EF=323223,BC=-310.
由EF⋅BC=0得EF⟂BC.
【反思】证明空间位置关系时,寻找或添加关键的辅助线是一个智慧点.
二、勾股定理促线线位置关系分析
问题2:已知等边ΔABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足ADDB=CEEA=12(如图3).将ΔADE沿DE折起到ΔA1DE的位置,使二面角A1-DE-B成直二面角,连接A1B,A1C(如图4).求证:A1D⟂平面BCED.
【解析】卡壳点:折叠前后对线线位朢关系的分析不到位.
应对策略：结合勾股定理的逆定理,由计算结果来验证垂直关系.
问题解答:因为等边ΔABC的边长为3,且ADDB=CEEA=12,所以AD=1,AE=2.
在ΔADE中,∠DAE=60∘,由余弦定理得DE=12+22-2×1×2×cs60∘=3.
因为AD2+DE2=AE2,所以AD⟂DE,折叠后有A1D⟂DE.
因为二面角A1-DE-B是直二面角,所以平面A1DE⟂平面BCED.
又平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D⊂平面A1DE,A1D⟂DE,所以A1D⟂平面BCED.
【反思】(1)题设信息中隐藏着AD⟂DE,需要用勾股定理的逆定理来证明,这是解决问题的一
个关键点,必须识破.
(2)题设给定的面面垂直与目标要证的线面垂直之间只需证明直线垂直于棱即可.
三、逆向存在性问题顺向思考
问题3:如图5,三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,侧面BCC1B1⟂底面ABC,侧棱BB1与底面ABC所成的角为60∘,在线段A1C1上是否存在点P,使得平面B1CP⟂平面ACC1A1?若存在,求出C1P的长;若不存在,请说明理由.
【解析】卡壳点:存在性命题的顺向思考方法韩失.
应对策略:若空间位置关系复杂,可将逆向设计的存在性问题顺向思考.
问题解答:过点B1作B1O⟂BC于点O,因为侧面BCC1B1⟂底面ABC,
所以B1O⟂底面ABC,∠B1BC=60∘,所以O为BC的中点.
以O为原点,以AO,OC,OB1分别为x轴,y轴,z轴正方向建立如图6所示的坐标系,
则A-300,B0-10,C010,B1003,A1-313,C1023.
假设在线段A1C1上存在点P,使得平面B1CP⟂平面ACC1A1.
设C1P=λC1A1,则C1P=λ-3-10,CP=CC1+C1P=-3λ1-λ3,B1C=01-3.
设平面B1CP的法向量为m=x1y1z1,则m⋅B1C=y1-3z1=0,m⋅CP=-3λx1+1-λy1+3z1=0.
取z1=1,则y1=3,x1=2-λλ.故m=x1y1z1=2-λλ31.
设平面ACC1A1的法向量为n=x2y2z2,
则n⋅AC=3x2+y2=0,n⋅C1C=-y2-3z2=0.
取z2=1,则y2=-3,x2=1.n=x2y2z2=1-31.m⋅n=2-λλ31⋅1-31=2-λλ-2=0,解得λ=23.所以C1P=43.
【反思】(1)建立空间直角坐标系时,要对位置关系进行证明,这一点很重要,然后根据已证明的位置关系去建立坐标系.
(2)用坐标法时,确定点的坐标非常重要,不能有一点错误,否则前功尽弃.
四、学云动态研究空间垂直关系
问题4:如图7,已知边长为1的菱形ABCD,设∠ABC=120∘,沿AC折叠后,取AC的中点E,连接DE,BE,BD.
(I)当平面ABC⟂平面ACD时(如图8)或(II)当平面ABC与平面ACD所成二面角的平面角为α时(如图9),分别探究以下各题.
(1)AC与BD,AD与BC的位置关系.
(2)AD与BC所成角大小(或余弦值).
(3)BC与平面ADC所成角大小(或正弦值).
(4)求二面角A-BD-C大小(或余弦值).
(5)在此问题情境下,请你提出一个新的问题并探究之.
【解析】卡壳点:面对开放性问题,创新思维准备不足.
应对策略:面对两平面垂直关系时,较容易;面对一般情形时,要善于用抽象符号来表达.
问题解答:(I)当平面ABC⟂平面ACD时.
(1)由于AC⟂平面BDE,所以AC⟂BD,AD与BC为异面直线.
(2)取AB的中点F,BD的中点G,连接EF,EG,FG,则∠EFG为AD与BC所成的角,EF=12,EG=24,FG=12,cs∠EFG=14+14-182×12×12=34.
BE⟂平面ADC,∠BCE为BC与平面ADC所成角为π6.
(4)见（II)(4),令α=π2即可.
（5）见（II）(5),令α=π2即可.
(II)当平面ABC与平面ACD所成二面角的平面角为α时.
(1)由于AC⟂平面BDE,所以AC⟂BD,AD与BC为异面直线.
(2)取AB的中点F,BD的中点G,AD与BC所成的角为∠EFG,EF=FG=12,BD=14+14-2×14csα=sinα2,EG=csα22,
所以cs∠EFG=14+14-14cs2α22×12×12=1-12cs2α2.
(3)如图10,在平面BDE中,过点B作BH⟂DE,易知BH⟂平面ACD,于是∠BCH为BC与平面ADC所成的角,BH=12sinα,sin∠BCH=BHBC=12sinα.
(4)如图11,过AC作BD的垂面,交BD于点G,则∠AGC为所求二面角的平面角.
由于ΔABD为等腰三角形,所以G为BD的中点,故AG=1-DG2=1-12sinα22=CG,cs∠AGC=AG2+CG2-AC22AG⋅CG=2-12sin2α2-42-12sin2α2.
(5)提出的新问题如下.
层次一求证:当α=π2时,平面BDE⟂平面ABC,或平面BDE⟂平面ADC.
层次二求证:不论α为何值,平面BDE⟂平面ABC,或平面BDE⟂平面ADC,
层次三在折叠过程中,是否存在α,使得平面ABD⟂平面CBD?
【反思】空间位置关系与度量关系,从特殊到一般的探究,对于学生是一次重要体验.
五、驾㲼经典模型中的垂直关系
问题5:如图12,AC为圆O的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,连接PB,PC,AB,BC.
(I)图12中直角三角形的个数为,异面垂直的直线有对;
(II)若在图12中添加AN⟂PB,AS⟂PC,连接SN,如图13,则图13中直角三角形个数为异面垂直的直线有对;
(III)图12中直线垂直平面的对数为对,图13中直线垂直平面的对数为(IV)图12中互相垂直的平面对数为对;(V)证明:平面ANS⟂平面PBC.
【解析】卡壳点:空间概念弱导致数不清檚符合要求的直线与平面数.
应对策略:对照空间图形,分类思考或数数.
问题解答:(I)观察可知直角三角形有4个,异面垂直的直线只有1对,即PA⟂BC.
(II)若在图12中添加AN⟂PB,AS⟂PC,连接SN,如图13,则图13中直角三角形个数为异面垂直的直线有对;
(III)图12中直线垂直平面的对数为对,图13中直线垂直平面的对数为(IV)图12中互相垂直的平面对数为对;(V)证明:平面ANS⟂平面PBC.
【解析】卡壳点:空间概念弱导致数不清檚符合要求的直线与平面数.
应对策略:对照空间图形,分类思考或数数.
问题解答:(I)观察可知直角三角形有4个,异面垂直的直线只有1对,即PA⟂BC.
(II)在图12中添加了AN,AS,SN后,增加6个直角三角形,共有10个直角三角形;异面垂直的直线有3对,增加了AN⟂BC,AN⟂PC.
(III)图12中有2对直线垂直平面:PA⟂平面ABC,BC⟂平面PAB;
图13中增加2对:PC⟂平面ANS,AN⟂平面PBC.图13中共有4对直线与平面垂直.
(IV)图12中有3对互相垂直的平面:平面PAB⟂平面ABC,平面PAC⟂平面ABC,平面PAB⟂平面PBC;图13中有5对互相垂直的平面,增加2对:平面ANS⟂平面PBC,平面ANS⟂平面PAC.
(V)因为PA⟂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⟂BC.
又AC为圆O的直径,所以AB⟂BC.
因为AB∩PA=A,所以BC⟂平面PAB.
又AN⊂平面PAB,所以AN⟂BC.
因为AN⟂PB,PB∩BC=B,所以AN⟂平面PBC.
又PC⊂平面PBC,所以AN⟂PC.
因为PC⟂AS,AS∩AN=A,所以PC⟂平面ANS.
又PC⊂平面PBC,所以平面ANS⟂平面PBC.
【反思】(1)此空间经典模型可以将立体几何的所有问题融人其中,且对于训练学生的空间概念与空间想象能力非常有利.
(2)此空间经典模型中的线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系非常丰富,尤其是垂直关系.
(3)学生在思考上述问题时,一是空间概念要清楚,二是观察要细致,三是思考要全面,四是证明的逻辑推理要有序.
六、 静态分析运动中的空间图形
问题6:如图14,一个棱长为2的正四面体O-ABC的顶点O在平面α上,底面ABC平行于平面
α,平面OBC与平面α的交线为l.
(I)当平面OBC绕l顺时针旋转时,求证:l⟂AO;
(II)在上述旋转过程中,设ΔOBC在平面α上的投影为ΔOB1C1,如图15,若B1C1的中点为O1,当AO⟂平面α时,在OA上是否存在一点P,使O1P⟂平面OBC?
【解析】卡壳点:面对几何体旋转的情境时不知所措.
应对策略:面对运动的几何体,进行浯态分析.
问题解答:(I)证明:因为平面ABC//平面α,平面ABC∩平面COB=BC,平面α∩平面COB=l,所以BC//l.
取BC的中点E,连接AE,EO,则BC⟂AE,BC⟂EO.
所以l⟂AE,l⟂EO,AE∩EO=E,AE⊂平面AOE,EO⊂平面AOE,所以l⟂平面AOE.
又AO⊂平面AOE,所以l⟂AO.
(II)解法1当点P与点A重合时,O1P⟂平面OBC,
如图16,因为BC⟂AE,BC⟂EO1,所以BC⟂面AEO1,BC⟂AO1.
在图中,作AS//OE,ES//OA,由AS2+O1A2=O1S2知∠SAO为直角,OE⟂AO1,AO1⟂平面OBC.
解法2易得AE=OE=3,OA=2OE1.
设点A在平面OBC上的射影为点G,若O1P⟂平面OBC,则O1P//AG,O1E=1.所以OO1=2.
设PO1交OE于点H,OH:OO1=OO1:OE,OH=233.
又OG=233,所以点P与点A重合.
解法3以O1为原点,O1C1所在直线为x轴,O1O所在直线为y轴,O1E所在直线为z轴建立平面直角坐标系,则O020,C101,B-101,A022.
设P02z,则OC=1-21,O1P=02z.
由于BC⟂O1P,OC⟂O1P,所以z=2,即点A与点P重合时,O1P⟂平面OBC.
【反思】高考数学命题中关于空间图形的问题情景主要是静态的、规则的图形中的点、线、面位置关系及度量关系,其中出现比较多的是平面图形翻折成空间图形或由规则图形截取得到不规则图形后的点、线、面位置关系及度量关系.
强化练习
1.已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为23的正三角形,点A在侧面PBC内的射影H为ΔPBC的垂心,二面角P-AB-C的平面角的大小为60∘,则AP的长为
A.3B.32C.7D.4
【解析】如答图所示,连接并延长BH,交PC于点E,连接AE,设点P在底面ABC内的射影为点O,则PO⊥平面ABC,连接CO并延长,交AB于点F.
因为点A在侧面PBC内的射影H为△PBC的垂心,所以AH⊥平面PBC,BE⊥PC,所以AH⊥PC.
因为BE∩AH=H,BE⊂平面ABE,AH⊂平面ABE,所以PC⊥平面ABE,所以PC⊥AB.
因为CB⊂平面ABC,PO⊥平面AC,所以PO⊥AB.
因为PO∩PC=P,PO⊂平面PFC,PC⊂平面PFC,所以AB⊥平面PFC.
因为CO⊂平面PFC,所以AB⊥CO.
同理可证AC⊥BO.
所以O是△ABC的垂心,所以三棱雉P-ABC为正三棱雉.
因为三棱雉P-ABC的底面ABC是边长为23的正三角形,
所以BF=3,CF=3,则PO=1.
因为二面角P-AB-C的平面角的大小为60∘,
所以∠PFC为二面角P-AB-C的平面角.
在Rt△POF中,∠PFC=60∘,FO=1,所以PF=2.
在Rt△PFA中,PF=2,AF=3,
所以AP=22+(3)2=7.
故选C.
第1题答图
【反思】先判断三棱锥P-ABC为正三棱锥,然后根据异面直线所成的角的定义可得∠PFC为二面角P-AB-C的平面角,解直角三角形即可得解.
2.如图,棱雉P-ABCD的底面是菱形,∠DAB=π3,且ΔPAB是正三角形,求证:PD⟂AB.
【解析】取AB的中点O,连接OD,OP,由题意得△DAB为正三角形,所以AB⊥OD.
因为△PAB是正三角形,所以AB⊥OP.
又OP∩OB=O,所以AB⊥平面POD且PD⊂平面POD,所以PD⊥AB.
【反思】(1)立体几何命题的证明讲究逻辑,符合基本定理前提,此几何背景中有许多特殊的三角形,关键是找准一个点,即AB的中点.(2)为证线线垂直,转而证明线面垂直,而证线面垂直,线面垂直的判断是基础.
3.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⟂EC1.求证:BE⟂平面EB1C1.
【解析】由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
【反思】根据线面垂直的判定定理,在复杂空间图形中寻找需要的条件.
图1是由矩形ADEB、RtΔABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60∘,将其沿AB,BC折起,使得BE与BF重合,连接DG,如图2,证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⟂平面BCGE.
【解析】由已知得AD//BE,CG//BE,所以AD//CG,故AD和CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
【反思】翻折前后线线、线面位置关系的变与不变是思考的基础.
已知在边长为1的菱形ABCD中,∠ABC=60∘,沿AC折叠后,设平面ABC与平面ACD所成角为α,折叠过程中,是否存在α,使得平面ABD⟂平面CBD?
【解析】由对称性且△ABD与△CBD为等腰三角形,取BD的中点G,则∠AGC为平面ABD与平面CBD所成二面角的平面角.
在△BDE中,由余弦定理得BD2=34+34-2×34cs⁡α=3sin2⁡α2,或由三角函数定义可得BD=3sin⁡α2,于是AG2=1-34sin2⁡α2=CG2.
当AG2+CG2=AC2时,平面ABD⊥平面ADC,即当21-34sin2⁡α4=1,也即sin⁡α2=63时,平面ABD⊥平面ADC.
由于12