44空間的垂直關系導學目標：1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發點，認識和理解空間中線面垂直的有關性質與判定定理.2.能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形的垂直關系的簡單命題．自主梳理1．直線與平面垂直(1)判定直線和平面垂直的方法①定義法．②利用判定定理：一條直線和一個平面內的兩條______直線都垂直，則該直線與此平面垂直．③推論：如果在兩條平行直線中，有一條垂直于一個平面，那么另一條直線也______這個平面．(2)直線和平面垂直的性質①直線垂直于平面，則垂直于平面內______直線．②垂直于同一個平面的兩條直線______．③垂直于同一直線的兩個平面________．2．直線與平面所成的角平面的一條斜線和它在平面內的________所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角．一直線垂直于平面，說它們所成角為________；直線l∥α或l?α，則它們成________角．3．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的判定方法①定義法．②利用判定定理：一個平面過另一個平面的__________，則這兩個平面垂直．(2)平面與平面垂直的性質兩個平面垂直，則一個平面內垂直于________的直線與另一個平面垂直．4．二面角的平面角以二面角棱上的任一點為端點，在兩個半平面內分別作與棱________的射線，則兩射線所成的角叫做二面角的平面角．自我檢測1．平面α⊥平面β的一個充分條件是()A．存在一條直線l，l⊥α，l⊥βB．存在一個平面γ，γ∥α，γ∥βC．存在一個平面γ，γ⊥α，γ⊥βD．存在一條直線l，l⊥α，l∥β2．(2010·浙江)設l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是()A．若l⊥m，m?α，則l⊥αB．若l⊥α，l∥m，則m⊥αC．若l∥α，m?α，則l∥mD．若l∥α，m∥α，則l∥m3．(2011·長沙模擬)對于不重合的兩個平面α與β，給定下列條件：①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；③存在直線l?α，直線m?β，使得l∥m；④存在異面直線l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.其中，可以判定α與β平行的條件有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個4．(2011·十堰月考)已知m，n是兩條不同直線，α，β，γ是三個不同平面，下列命題中正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥βC．若m∥α，m∥β，則α∥βD．若m⊥α，n⊥α，則m∥n5．(2011·大綱全國)已知點E、F分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1探究點一線面垂直的判定與性質例1Rt△ABC所在平面外一點S，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點．(1)求證：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC.求證：BD⊥平面SAC.變式遷移1在四棱錐V—ABCD中，底面ABCD是正方形，側面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.證明：AB⊥VD.探究點二面面垂直的判定與性質例2(2011·邯鄲月考)如圖所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面為正方形，O1、O分別為上、下底面的中心，且A1在底面ABCD內的射影是O.求證：平面O1變式遷移2(2011·江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分別是AP，AD的中點．求證：(1)直線EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.探究點三直線與平面，平面與平面所成的角例3(2009·湖北)如圖，四棱錐S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝eq\r(2)a，點E是SD上的點，且DE＝λa(0<λ≤2)．(1)求證：對任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；(2)設二面角C—AE—D的大小為θ，直線BE與平面ABCD所成的角為φ，若tanθtanφ＝1，求λ的值．變式遷移3(2009·北京)如圖，在三棱錐P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，點D、E分別在棱PB、PC上，且DE∥BC.(1)求證：BC⊥平面PAC.(2)當D為PB的中點時，求AD與平面PAC所成角的正弦值．(3)是否存在點E使得二面角A—DE—P為直二面角？并說明理由．轉化與化歸思想綜合應用例(12分)已知四棱錐P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的菱形，又PD⊥底面ABCD，點M、N分別是棱AD、PC的中點.(1)證明：DN∥平面PMB；(2)證明：平面PMB⊥平面PAD.多角度審題(1)在平面PMB內找到(或構造)一條直線與DN平行即可；(2)要證面PMB⊥面PAD，只需證明MB⊥面PAD即可．【答題模板】證明(1)取PB中點Q，連接MQ、NQ，因為M、N分別是棱AD、PC的中點，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四邊形QNDM是平行四邊形，于是DN∥MQ.又∵MQ?平面PMB，DN?平面PMB∴DN∥平面PMB.[6分](2)∵PD⊥平面ABCD，MB?平面ABCD，∴PD⊥MB.又因為底面ABCD是∠A＝60°的菱形，且M為AD中點，所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.又∵MB?平面PMB，∴平面PMB⊥平面PAD.[12分]【突破思維障礙】立體幾何的證明問題充分體現線面關系的轉化思想，其思路為：1．證明線面垂直的方法：(1)線面垂直的定義：a與α內任何直線都垂直?a⊥α；(2)判定定理1：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m、n?α，m∩n＝A,l⊥m，l⊥n))?l⊥α；(3)判定定理2：a∥b，a⊥α?b⊥α；(4)面面平行的性質：α∥β，a⊥α?a⊥β；(5)面面垂直的性質：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.2．證明線線垂直的方法：(1)定義：兩條直線的夾角為90°；(2)平面幾何中證明線線垂直的方法；(3)線面垂直的性質：a⊥α，b?α?a⊥b；(4)線面垂直的性質：a⊥α，b∥α?a⊥b.3．證明面面垂直的方法：(1)利用定義：兩個平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a?α，a⊥β?α⊥β.(滿分：75分)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2011·濱州月考)已知直線a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件2．已知兩個不同的平面α、β和兩條不重合的直線m、n，有下列四個命題：①若m∥n，m⊥α，則n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，則α∥β；③若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，則m∥n.其中正確命題的個數是()A．0 B．1 C．2 D．33．設α，β，γ是三個不重合的平面，l是直線，給出下列四個命題：①若α⊥β，l⊥β，則l∥α；②若l⊥α，l∥β，則α⊥β；③若l上有兩點到α的距離相等，則l∥α；④若α⊥β，α∥γ，則γ⊥β.其中正確命題的序號是()A．①② B．①④ C．②④ D．③④4．(2011·浙江)下列命題中錯誤的是()A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內一定存在直線平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內一定不存在直線垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α內所有直線都垂直于平面β5．平面α的斜線AB交α于點B，過定點A的動直線l與AB垂直，且交α于點C，則動點C的軌跡是()A．一條直線 B．一個圓C．一個橢圓 D．雙曲線的一支二、填空題(每小題4分，共12分)6．如圖所示，四棱錐P—ABCD的底面ABCD是邊長為a的正方形，側棱PA＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，則它的5個面中，互相垂直的面有________對．7．(2011·金華模擬)如圖所示，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長是1，過A點作平面A1垂足為點H，有下列三個命題：①點H是△A1BD的中心；②AH垂直于平面CB1D1；③AC1與B1C8．正四棱錐S－ABCD底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點，動點P在表面上運動，并且總保持PE⊥AC，則動點P的軌跡的周長為________．三、解答題(共38分)9．(12分)(2010·山東)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分別為MB、PB、PC的中點，且AD＝PD＝2MA.(1)求證：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱錐P－MAB與四棱錐P－ABCD的體積之比．10．(12分)(2009·天津)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E為PC的中點，AD＝CD＝1，DB＝2eq\r(2).(1)證明：PA∥平面BDE；(2)證明：AC⊥平面PBD；(3)求直線BC與平面PBD所成的角的正切值．11．(14分)(2011·杭州調研)如圖所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1(1)求直線B1C(2)求證：平面EB1D⊥平面B1CD；(3)求二面角E－B1C44空間的垂直關系自主梳理1．(1)②相交③垂直(2)①任意②平行③平行2．射影直角0°3.(1)②一條垂線(2)交線4.垂直自我檢測1．D2.B3.B4.D5.eq\f(\r(2),3)課堂活動區例1解題導引線面垂直的判斷方法是：證明直線垂直平面內的兩條相交直線．即從“線線垂直”到“線面垂直”．證明(1)取AB中點E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分別為AC、AB的中點，故DE∥BC，且DE⊥AB，∵SA＝SB，∴△SAB為等腰三角形，∴SE⊥AB.∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，∴AB⊥面SDE.而SD?面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點，∴SD⊥AC.∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)若AB＝BC，則BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD?面ABC，∴SD⊥BD.∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.變式遷移1證明∵平面VAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，AD＝平面VAD∩平面ABCD，∴AB⊥平面VAD.∵VD?平面VAD，∴AB⊥VD.例2解題導引證明面面垂直，可先證線面垂直，即設法先找到其中一個平面的一條垂線，再證明這條垂線在另一個平面內或與另一個平面內的一條直線平行．證明如圖所示，連接AC，BD，A1C1，則O為AC，BD的交點，O1為A1C1，B1D由棱柱的性質知：A1O1∥OC，且A1O1＝OC，∴四邊形A1OCO1為平行四邊形，∴A1O∥O1C又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD又O1C?平面O1DC∴平面O1DC⊥平面ABCD.變式遷移2證明(1)如圖，在△PAD中，因為E，F分別為AP，AD的中點，所以EF∥PD.又因為EF?平面PCD，PD?平面PCD，所以直線EF∥平面PCD.(2)連接BD.因為AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD為正三角形．因為F是AD的中點，所以BF⊥AD.因為平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因為BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.例3解題導引高考中對直線與平面所成的角及二面角的考查是熱點之一．有時在客觀題中考查，更多的是在解答題中考查．求這兩種空間角的步驟：(幾何法)．根據線面角的定義或二面角的平面角的定義，作(找)出該角，再解三角形求出該角，步驟是作(找)→認(指)→求．(1)證明如圖所示，連接BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.(2)解如圖所示，由SD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴SD⊥CD.又底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D，∴CD⊥平面SAD.過點D在平面SAD內作DF⊥AE于F，連接CF，則CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa∴tanφ＝eq\f(DE,BD)＝eq\f(λ,2).在Rt△ADE中，∵AD＝eq\r(2)a＝CD，DE＝λa，∴AE＝aeq\r(λ2＋2)，從而DF＝eq\f(AD·DE,AE)＝eq\f(\r(2)λa,\r(λ2＋2)).在Rt△CDF中，tanθ＝eq\f(CD,DF)＝eq\f(\r(λ2＋2),λ)，由tanθ·tanφ＝1，得eq\f(\r(λ2＋2),λ)·eq\f(λ,2)＝1?eq\r(λ2＋2)＝2?λ2＝2.由λ∈(0,2]，解得λ＝eq\r(2)，即為所求．變式遷移3(1)證明∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)解∵D為PB的中點，DE∥BC，∴DE＝eq\f(1,2)BC.又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足為點E.∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP為等腰直角三角形．∴AD＝eq\f(\r(2),2)AB.在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝eq\f(1,2)AB.∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝eq\f(DE,AD)＝eq\f(BC,2AD)＝eq\f(\r(2),4).∴AD與平面PAC所成的角的正弦值為eq\f(\r(2),4).(3)解∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.又∵AE?平面PAC，PE?平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE.∴∠AEP為二面角A—DE—P的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一點E，使得AE⊥PC.這時，∠AEP＝90°，故存在點E使得二面角A—DE—P是直二面角．課后練習區1．C2.D3.C4．D[兩個平面α，β垂直時，設交線為l，則在平面α內與l平行的直線都平行于平面β，故A正確；如果平面α內存在直線垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正確；兩個平面都與第三個平面垂直時，易證交線與第三個平面垂直，故C正確；兩個平面α，β垂直時，平面α內與交線平行的直線與β平行，故D錯誤．]5．A6．5解析面PAB⊥面PAD，面PAB⊥面ABCD，面PAB⊥面PBC，面PAD⊥面ABCD，面PAD⊥面PCD.7．①②③解析由于ABCD—A1B1C1D1是正方體，所以A—A1BD是一個正三棱錐，因此A點在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正確；又因為平面CB1D1與平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正確；從而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1與B18.eq\r(6)＋eq\r(2)解析如圖取CD的中點F，SC的中點G，連接EF，GF，GE.則AC⊥平面GEF，故動點P的軌跡是△EFG的三邊．又EF＝eq\f(1,2)DB＝eq\r(2)，GE＝GF＝eq\f(1,2)SB＝eq\f(\r(6),2)，∴EF＋FG＋GE＝eq\r(6)＋eq\r(2).9．(1)證明因為MA⊥平面ABCD，PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.又BC?平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)因為四邊形ABCD為正方形，所以BC⊥DC.又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)在△PBC中，因為G、F分別為PB、PC的中點，所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.又GF?平面EFG，所以平面EFG⊥平面PDC.(6分)(2)解因為PD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，不妨設MA＝1，則PD＝AD＝2，所以VP－ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PD＝eq\f(8,3).(8分)由題意可知，DA⊥平面MAB，且PD∥MA，所以DA即為點P到平面MAB的距離，所以VP－MAB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3).(10分)所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.(12分)10．(1)證明設AC∩BD＝H，連接EH.在△ADC中，因為AD＝CD，且DB平分∠ADC，所以H為AC的中點，又由題設，知E為PC的中點，故EH∥PA.又EH?平面BDE，且PA?平面BDE，所以PA∥平面BDE.(4分)(2)證明因為PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PD⊥AC.由(Ⅰ)可得，DB⊥AC.又PD∩DB＝D，故AC⊥平面PBD.(8分)(3)解由AC⊥平面PBD可知，BH為BC在平面PBD內的射影，所以∠C