高三第一轮复习 空间垂直的有关问题Word格式文档下载.docx
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=10.
10
【类型二】与垂直有关的轨迹与范围问题
如图:
已知矩形ABCD中,AB=2,BC=a,若PA⊥面AC,在BC边上取点E,使PE⊥DE,则满足条件的E点有两个时,a的取值范围是( )
A.a>4B.a≥4C.0<a<4D.0<a≤4
∵PA⊥平面AC,
∴PA⊥DE,
又∵PE⊥DE,PA∩PE=P,
∴DE⊥平面PAE,
∴DE⊥AE.
即E点为以AD为直径的圆与BC的交点.
∵AB=2,BC=a,满足条件的E点有2个
∴a>2AB=4.
A.
如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,并且总是保持AP与BD1垂直,则动点P的轨迹为 .
如图,先找到一个平面总是保持与BD1垂直,
连接AC,AB1,B1C,
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,
易得BD1⊥CB1,BD1⊥AC;
则BD1⊥面ACB1,
又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,
根据平面的基本性质得:
点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线段CB1.
线段CB1.
【例3】:
如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t,则t的取值范围是________.
如图,过D作DG⊥AF,垂足为G,连接GK,
∵平面ABD⊥平面ABC,DK⊥AB,
∴DK⊥平面ABC,∴DK⊥AF.
∴AF⊥平面DKG,∴AF⊥GK.
容易得到,当F接近E点时,K接近AB的中点,当F接近C点时,K接近AB的四等分点.
∴t的取值范围是.
【类型三】与垂直有关的探索性问题
如图所示,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,BB1⊥底面A1B1C1,A1B1⊥B1C1且A1B1=BB1=B1C1,D为AC的中点.
(Ⅰ)求证:
A1B⊥AC1
(Ⅱ)在直线CC1上是否存在一点E,使得A1E⊥平面A1BD,若存在,试确定E点的位置;
若不存在,请说明理由.
(Ⅰ)证明:
连接AB1
∵BB1⊥平面A1B1C1∴B1C1⊥BB1
∵B1C1⊥A1B1且A1B1∩BB1=B1
∴B1C1⊥平面A1B1BA
∴A1B⊥B1C1
又∵A1B⊥AB1且AB1∩B1C1=B1
∴A1B⊥平面AB1C1∴A1B⊥AC1
(Ⅱ)存在点E在CC1的延长线上且CE=2CC1时,A1E⊥平面A1BD.
设AB=a,CE=2a,∴
∴
,DE=
,∴A1E⊥A1D
∵BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C
∴BD⊥平面ACC1A1
又A1E⊂平面ACC1A1
∴A1E⊥BD
又BD∩A1D=D
∴A1E⊥平面A1BD
如图
(1),在Rt△ABC中,∠C=90°
,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置,使A′C⊥CD,如图
(2).
DE∥平面A′BC;
(Ⅱ)求证:
A′C⊥BE;
(Ⅲ)线段A′D上是否存在点F,使平面CFE⊥平面A′DE.若存在,求出DF的长;
【解析】
(I)证明:
因为D,E分别为AC,AB上的点,且DE∥BC,
又因为DE⊄平面A′BC,
所以DE∥平面A′BC
(II)证明:
因为∠C=90°
,DE∥BC,
所以DE⊥CD,DE⊥AD,
由题意可知,DE⊥A′D,
又A′D∩CD=D,
所以DE⊥平面A′CD,
所以BC⊥平面A′CD,
所以BC⊥A′C,
又A′C⊥CD,且CD∩BC=C,
所以A′C⊥平面BCDE,
又BE⊂平面BCDE,
所以A′C⊥BE
(III)解:
线段A′D上存在点F,使平面CFE⊥平面A′DE.
理由如下:
因为A′C⊥CD,
所以,在Rt△A′CD中,过点C作CF⊥A′D于F,
由(II)可知,DE⊥平面A′CD,又CF⊂平面A′CD
所以DE⊥CF,
又A′D∩DE=D,
所以CF⊥平面A′DE,
因为CF⊂平面CEF,
所以平面CFE⊥平面A′DE,
故线段A′D上存在点F,使平面CFE⊥平面A′DE
如图
(1),因为DE∥BC,
所以,
,即
所以,AD=4,CD=2.
所以,如图
(2),在Rt△A′CD中,A′D=4,CD=2
所以,∠A′DC=60°
在Rt△CFD中,DF=1
【同步训练】
【一级目标】基础巩固组
一、选择题
1.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一个条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥βB.m⊥n,α∩β=m,n⊂α
C.m∥n,n⊥β,m⊂αD.m∥n,m⊥α,n⊥β
在A中,m⊥n,m∥α,n∥β,则α与β相交或相行,故A错误;
在B中,m⊥n,α∩β=m,n⊂α,则α与β不一定垂直,故B错误;
在C中,m∥n,n⊥β,m⊂α,由由面面垂直的判定定理得α⊥β,故C正确;
在D中,m∥n,m⊥α,n⊥β,则由面面平行的判定定理得α∥β,故D错误.
C.
2.正方体AC1中,E为AB的中点,点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界),若动点P始终满足PE⊥BD1,则动点P的轨迹是( )
A.直线B.线段C.圆的一部分D.椭圆的一部分
先找到一个平面总是保持与BD1垂直,
取BC,BB1的中点F,G.连接EF,FG,EG,
有BD1⊥面EFG,
点P的轨迹为面EFG与面BCC1B1的交线段FG.
B.
3.在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面四边形ABCD是矩形,且AD=3AB,点E是底面的边BC上的动点,设
,则满足PE⊥DE的λ值有( )
A.0个B.1个C.2个D.3个
连接AE,则
∵PA⊥底面ABCD,PE⊥DE,
∴根据三垂线定理可得AE⊥DE,
∴E在以AD为直径的圆上,
∵AD=3AB,
∴E在以AD为直径的圆与BC有两个交点,
∴满足PE⊥DE的λ值有2个.
4.下列5个正方体图形中,l是正方体的一条对角线,点M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出直线l⊥平面MNP的所有图形的序号是( )
A.①③④B.①④⑤C.②④⑤D.①③⑤
设定正方体的顶点如图,连结DB,AC,
∵M,P分别为中点,
∴MP∥AC,
∵四边形ABCD为正方形,
∴AC⊥BD,
∵BB′⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴BB′⊥AC,
∵BB′∩DB′=B,BB′⊂平面DBB′,AC⊂平面DBB′,
∴AC⊥平面DBB′,
∵DB′⊂平面DBB′,
∴AC⊥DB′,
∵MP∥AC,
∴DB′⊥MP,
同理可证DB′⊥MN,DB′⊥NP,
∵MP∩NP=P,MP⊂平面MNP,NP⊂平面MNP,
∴DB′⊥平面MNP,即l垂直于平面MNP,故①正确.
④中由①中证明可知l⊥MP,
AC⊥l,
∴l⊥MP,
∴l⊥平面MNP,
⑤由题意,如图,建立空间直角坐标系,设正方体边长为1,
则可得:
=(1,1,﹣1),
=(1,﹣
),
=(
,1),
故可得:
=0,即l⊥NM,l⊥MP,
又MP∩MN=M,
可得:
l⊥平面MNP.
5.棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,M,N分别是A1B1,BB1的中点,点P在正方体的表面上运动,则总能使MP⊥BN的点P所形成图形的周长是( )
A.4B.
C.
D.
如图,取CC1的中点G,连接DGMA,设BN交AM与点E,则MG∥BC,
∵BC⊥平面ABA1B1,NB⊂平面ABA1B1,
∴NB⊥MG,
∵正方体的棱长为1,M,N分别是A1B1,BB1的中点,
△BEM中,∠MBE=30°
,∠BME=60°
∴∠MEB=90°
,即BN⊥AM,MG∩AM=M,
∴NB⊥平面ADGM,
∴使NB与MP垂直的点P所构成的轨迹为矩形ADGM,
∵正方体的棱长为1
∴故由勾股定理可得,使B1C与MP垂直的点P所构成的轨迹的周长等于2+
.
D.
二、填空题
6.如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足____________时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
DM⊥PC(或BM⊥PC等).
∵ABCD为菱形,
又∵PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥BD,
又AC∩PA=A,
∴BD⊥平面PAC,BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,
即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,
∴平面MBD⊥平面PCD.
DM⊥PC(不唯一)
7.正方形ABCD的边长为12cm,PA⊥平面ABCD,且PA=12cm,则点P到BD的距离为 .
连结AC交BD于0,
∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD
∵正方形ABCD中,AC⊥BD,
∴结合AC、PA是平面PAC内的相交直线,得BD⊥平面PAC
∵PO⊂平面PAC,
∴PO⊥BD,可得PO长就是点P到BD的距离
∵Rt△PAO中,PA=12cm,AO=
AB=6
cm
∴PO=
=6
6
8.已知平面α,β,γ,直线l,m满足:
α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,那么①m⊥β;
②l⊥α;
③β⊥γ;
④α⊥β.
可由上述条件可推出的结论有 (请将你认为正确的结论的序号都填上).
若α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,
由于β⊥γ不一定成立,故①m⊥β、③β⊥γ错误;
根据面面垂直的性质我们可得l⊥α,即②正确;
再由面面垂直的判定定理可得α⊥β,即④正确;
②④.
三、解答题
9.如图所示,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,点M是棱BB1上一点.
(1)求证:
B1D1∥平面A1BD;
(2)求证:
MD⊥AC;
(3)试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
(1)证明:
由直四棱柱,得BB1∥DD1,
又∵BB1=DD1,
∴BB1D1D是平行四边形,
∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,
∴B1D1∥平面A1BD.
(2)证明:
∵BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC,且BD∩BB1=B,
∴AC⊥平面BB1D.
而MD⊂平面BB1D,
∴MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D.
证明如下:
取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于O,连接OM,如图所示.
∵N是DC的中点,BD=BC,
∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线,而平面ABCD⊥平面DCC1D1,
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可证得O是NN1的中点,
∴BM∥ON且BM=ON,
即BMON是平行四边形.
∴BN∥OM.
∴OM⊥平面CC1D1D.
∵OM⊂平面DMC1,
∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
10.在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点.
DE∥平面ACF;
BD⊥AE;
(Ⅲ)若AB=
CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE?
若存在,求出
的值,若不存在,请说明理由.
(I)连接OF.由ABCD是正方形可知,点O为BD中点.
又F为BE的中点,
所以OF∥DE.
又OF⊂面ACF,DE⊄面ACF,
所以DE∥平面ACF
(II)证明:
由EC⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,
∴EC⊥BD,
由ABCD是正方形可知,AC⊥BD,
又AC∩EC=C,AC、E⊂平面ACE,
∴BD⊥平面ACE,
又AE⊂平面ACE,
∴BD⊥AE
(III):
在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE.理由如下:
取EO中点G,连接CG,
在四棱锥E﹣ABCD中,AB=
CE,CO=
AB=CE,
∴CG⊥EO.
由(Ⅱ)可知,BD⊥平面ACE,而BD⊂平面BDE,
∴平面ACE⊥平面BDE,且平面ACE∩平面BDE=EO,
∵CG⊥EO,CG⊂平面ACE,
∴CG⊥平面BDE
故在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE.
由G为EO中点,得
【二级目标】能力提高题组
1.已知矩形ABCD,AB=1,BC=2,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中( )
A.存在某个位置,使得直线AB和直线CD垂直
B.存在某个位置,使得直线AC和直线BD垂直
C.存在某个位置,使得直线AD和直线BC垂直
D.无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直
对于A,若存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直,
∵CD⊥BC,∴CD⊥平面ABC,
∴平面ABC⊥平面BCD,过点A作平面BCD的垂线AE,则E在BC上,
∴当A在平面BCD上的射影在BC上时,AB⊥CD.故A正确;
对于B,若存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直,
作AF⊥BD,则BD⊥平面AFC,∴BD⊥EC,显然这是不可能的,故B错误;
对于C,若存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直,
则BC⊥平面ACD,BC⊥AC,
∴AB>BC,即1>2,显然这是不可能的,故C错误.
2.已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=AB=2,若棱AB上存在点P,使得D1P⊥PC,则AD的取值范围是( )
A.[1,2)B.
C.(0,1]D.(0,2)
如图建立坐标系,
设AD=a(a>0),AP=x(0<x<2),
则P(a,x,2),C(0,2,2),
=(a,x,2),
=(a,x﹣2,0),
∵D1P⊥PC,
•
=0,
即a2+x(x﹣2)=0,a=
当0<x<2时,a∈(0,1].
3.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点,现将△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC,在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足,设AK=t,则t的取值范围是 .
此题的破解可采用二个极端位置法,即对于F位于DC的中点时,可得t=1,
随着F点到C点时,当C与F无限接近,不妨令二者重合,此时有CD=2
因CB⊥AB,CB⊥DK,
∴CB⊥平面ADB,即有CB⊥BD,
对于CD=2,BC=1,在直角三角形CBD中,得BD=
又AD=1,AB=2,再由勾股定理可得∠BDA是直角,因此有AD⊥BD
再由DK⊥AB,可得三角形ADB和三角形AKD相似,可得t=
因此t的取值的范围是(
,1)
(
4.如图,在四棱锥E﹣ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点.
(2)若AB=
CE,在线段EO上是否存在点G,使得CG⊥平面BDE?
若存在,请证明你的结论;
证明:
(1)连接OF由四边形ABCD是正方形可知,点O为BD的中点,又F为BE的中点,所以OF∥DE.
又OF⊂平面ACF,DE⊄平面ACF,
所以DE∥平面ACF.
(2)在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE,
取EO的中点G,连接CG,在四棱锥E﹣ABCD中,AB=
所以CG⊥EO.
又由EC⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,
所以EC⊥BD.
由四边形ABCD是正方形可知,AC⊥BD,又AC∩EC=C,
所以BD⊥平面ACE,而BD⊂平面BDE,
所以,平面ACE⊥平面BDE,且平面ACE∩平面BDE=EO,
因为CG⊥EO,CG⊂平面ACE,
所以CG⊥平面BDE.
【高考链接】
1.(2012•北京)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°
,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.
DE∥平面A1CB;
A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?
说明理由.
(1)∵D,E分别为AC,AB的中点,
∴DE∥BC,又DE⊄平面A1CB,
∴DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
∴DE⊥AC,
∴DE⊥A1D,又DE⊥CD,
∴DE⊥平面A1DC,而A1F⊂平面A1DC,
∴DE⊥A1F,又A1F⊥CD,
∴A1F⊥平面BCDE,
∴A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:
如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC.
∵DE∥BC,
∴DE∥PQ.
∴平面DEQ即为平面DEP.
由(Ⅱ)知DE⊥平面A1DC,
∴DE⊥A1C,
又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
∴A1C⊥DP,
∴A1C⊥平面DEP,从而A1C⊥平面DEQ,
故线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.
2.(2016•四川)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°
,BC=CD=
AD.
(I)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;
平面PAB⊥平面PBD.
【解析】证明:
(I)M为PD的中点,直线CM∥平面PAB.
取AD的中点E,连接CM,ME,CE,则ME∥PA,
∵ME⊄平面PAB,PA⊂平面PAB,
∴ME∥平面PAB.
∵AD∥BC,BC=AE,
∴ABCE是平行四边形,
∴CE∥AB.
∵CE⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,
∴CE∥平面PAB.
∵ME∩CE=E,
∴平面CME∥平面PAB,
∵CM⊂平面CME,
∴CM∥平面PAB;
(II)∵PA⊥CD,∠PAB=90°
,AB与CD相交,
∴PA⊥平面ABCD,
∵BD⊂平面ABCD,
由(I)及BC=CD=
AD,可得∠BAD=∠BDA=45°
∴∠ABD=90°
,∴BD⊥AB,
∵PA∩AB=A,
∴BD⊥平面PAB,
∵BD⊂平面PBD,
∴平面PAB⊥平面PBD.
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