高三第一轮复习 空间垂直的有关问题.docx
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高三第一轮复习空间垂直的有关问题
空间垂直的有关问题
【提纲挈领】
主干知识归纳
见前一节
方法规律总结
1.解决立体几何中探索性问题的步骤：
第一步，探求出点的位置；
第二步，证明符合要求；
第三步，给出明确答案；
第四步，反思回顾.查看关键点.易错点和答题规范。
2.立体几何中的动点轨迹问题解题方法
（1）抓住条件中的不变关系，如“线线垂直”问题，一般是找与定直线垂直的平面，而平面间的交线往往就是动点轨迹；
（2）利用空间向量方法，设出变量，通过题设中的条件找出满足条件的等式，从而得到轨迹方程，确定轨迹的类型。
【指点迷津】
【类型一】利用垂直关系解决空间距离问题
【例1】：
三棱锥S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，SA=4，AB=3，D为AB的中点∠ABC=90°，则点D到面SBC的距离等于 ．
【解析】：
∵SA⊥底面ABC，SA=4，AB=3，D为AB的中点，∠ABC=90°，
∴BC⊥面SAB∴面SBC⊥面SAB，在面SAB中，作DE⊥SB，
则DE⊥面SBC，DE为所求．
由△BDE∽△BSA得：
=
即
=
，∴DE=
答案：
【例2】：
菱形ABCD中，已知∠BAD=60°，AB=10cm，PA垂直于ABCD所在平面且PA=5cm，则P到CD的距离为 ．
【解析】：
由A向CD的延长线作垂线，垂足为E，
∵PA垂直于ABCD所在平面，CD⊂面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵AE⊥CD，
∴CD⊥平面APE，
∵PE⊂平面APE，
∴CD⊥PE，即PE的长度即为P到CD的距离，
∠ADE=∠BAD=60°，
∴AE=
AD=5
，
PE=
=10．
答案：
10
【类型二】与垂直有关的轨迹与范围问题
【例1】：
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
【解析】：
∵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．
答案：
A．
【例2】：
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 ．
【解析】：
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．
答案：
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________．
【解析】：
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.
答案：
【类型三】与垂直有关的探索性问题
【例1】：
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．
【解析】：
（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
【例2】：
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）．
（Ⅰ）求证：
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；若不存在，请说明理由．
【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
【解析】：
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．
答案：
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
【解析】：
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，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
有BD1⊥面EFG，
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EFG与面BCC1B1的交线段FG．
答案：
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
【解析】：
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．
答案：
C．
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
【解析】：
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，
∵MP∥AC，
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．
答案：
B．
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．
【解析】：
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+
．
答案：
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）
【解析】：
DM⊥PC（或BM⊥PC等）．
∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
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.
答案：
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 ．
【解析】：
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
cm
答案：
6
cm
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）．
【解析】：
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；
答案：
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.
【解析】：
（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．
（Ⅰ）求证：
DE∥平面ACF；
（Ⅱ）求证：
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．
【解析】：
（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
一、选择题
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
【解析】：
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．
答案：
A．
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）
【解析】：
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]．
答案：
C．
二、填空题
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 ．
【解析】：
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）
答案：
（
，1）
三、解答题
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．
（1）求证：
DE∥平面ACF；
（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；若不存在，请说明理由．
【解析】：
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，
证明如下：
取EO的中点G，连接CG，在四棱锥E﹣ABCD中，AB=
CE，CO=
AB=CE，
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．
（1）求证：
DE∥平面A1CB；
（2）求证：
A1F⊥BE；
（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？
说明理由．
【解析】：
（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；
（II）证明：
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，
∴PA⊥BD，
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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