利用“主線”破解立體幾何中的垂直問題

摘 要：以高考數(shù)學(xué)立體幾何垂直問題為例，從新的角度去看線線垂直、線面垂直以及面面垂直，抓住本質(zhì)，采用“一主線，多垂直”的方法分析出證明垂直的關(guān)鍵所在，從而能夠快速破解立體幾何中的垂直問題.

關(guān)鍵詞：立體幾何;垂直;一主線;多垂直

中圖分類號：G632 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A 文章編號：1008-0333（2021）07-0017-03

收稿日期：2020-12-05

作者簡介：羅紅（1986.9-），女，云南省元陽人，本科，中學(xué)一級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

立體幾何在高考中是必考內(nèi)容，垂直的證明與應(yīng)用是考題中的熱點，對于學(xué)生而言，都希望在高考中這道大題能得滿分，但是有很大一部分學(xué)生不但不能得到滿意的分?jǐn)?shù)，還容易陷在此題中耗費過多時間，尤其是遇到證明線線垂直、線面垂直和面面垂直時，有的學(xué)生看似在證明，其實不得其法，思路混亂入不了門，完成不了證明.

在立體幾何垂直的證明中，無論是線線垂直、線面垂直還是面面垂直，歸根結(jié)底是要證明線面垂直，下面給大家介紹一種方法：“一主線，多垂直”.所謂“一主線”指的就是到底要用哪條線來證明它與另一個面垂直;“多垂直”指的是我們在圖形中能找到的垂直，兩者合二為一就能快速解決問題.

一、高中數(shù)學(xué)幾何中常見的幾種垂直

二、線面垂直

一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直.

例1 如圖1，已知PA⊥BC，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上不同于A，B的任意一點，過點A作AE⊥PC于點E.

求證：AE⊥平面PBC.

分析 要證AE⊥平面PBC，只需要證明AE垂直平面PBC中的兩條相交直線即可，題目中已有一條AE⊥PC，另一條要去找垂直多的地方，觀察圖形，發(fā)現(xiàn)底面有一個直徑所對的圓周角，左邊還有題設(shè)給的垂直PA⊥BC沒有用，整體“重心”在左方和下方，所以考慮應(yīng)該找AE⊥BC.證明 因為AB是⊙O的直徑，所以BC⊥AC.

因為PA⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC.因為AE平面PAC，所以BC⊥AE.

因為AE⊥PC且PC∩BC=C，所以AE⊥平面PBC.

例2 （2018年全國Ⅱ卷文數(shù)）如圖2，在三棱錐P-ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點.

（1）證明：PO⊥ 平面ABC;

（2）若點M在棱BC上，且MC=2MB，求點C到平面POM的距離.

分析 第（1）問的證明題目中沒有給現(xiàn)成的垂直，但是給了很多的線段長度，這種類型的題要注意數(shù)據(jù)，看有沒有等腰三角形三線合一，有沒有滿足勾股定理的逆定理，從而得出直角.通過觀察，我們發(fā)現(xiàn)PA=PC，O為AC的中點，所以有PO⊥AC，要證明PO⊥平面ABC，還差一條線，從圖上看底面ABC中還剩下AB，BC，PO與AB，PO與BC是異面直線，顯然不是這兩條，所以我們要重新找一條能夠和PO構(gòu)成一個平面，又能充分利用已知數(shù)據(jù)，自然聯(lián)想連接OB，容易證得OP2+OB2=PB2，從而得出PO⊥AB.

解析 （1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP=23.

連接OB，

因為AB=BC=22AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=12AC=2.

由OP2+OB2=PB2，知OP⊥OB.

由OP⊥OB，OP⊥AC，知PO⊥平面ABC.

（2）點C到平面POM的距離為455.

三、線線垂直

如果一條直線垂直于一個平面， 那么這條直線與此平面內(nèi)的任意一條直線都垂直.

例3 （2017年全國Ⅲ卷文數(shù)19題）如圖4，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD.

證明：AC⊥BD.

分析 要證明線線垂直多用線面垂直，需要找出一條線和一個面，所以要區(qū)分到底哪條線是主線，哪條線要放在平面內(nèi)，在做題之前可用不同顏色標(biāo)明兩條線.下面來看兩條線誰的垂直會多一些，因為△ABC是正三角形，AD=CD，出現(xiàn)了等腰三角形和等邊三角形，很自然地聯(lián)想“三線合一”，所以取AC的中點O，連接DO，BO，這樣就構(gòu)成了一個平面，而且還有兩個垂直，如圖5，所以AC是主線，BD要放在平面內(nèi).

證明 取AC的中點O，連接DO，BO.

因為AD=CD，

所以DO⊥AC.

又由于△ABC是正三角形，所以BO⊥AC.

又DO∩BO=O，從而AC⊥平面BOD，故AC⊥BD.

例4 （2020年全國Ⅲ卷文數(shù)）如圖6，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.

證明：當(dāng)AB=BC時，EF⊥AC.

分析 AC是長方體上底面的一條對角線，因為AB=BC，所以上底面是正方形，兩條對角線互相垂直，顯然AC和EF比較，AC能找到的垂直更多，所以AC是主線，要把EF放在一個平面內(nèi)，至此，主線與平面已區(qū)分開來，只需構(gòu)造平面即可.

證明 如圖7，連接BD，B1D1.因為AB=BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.

由于EF平面BB1D1D，所以EF⊥AC.

四、面面垂直

一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直.

例5 （2018年全國Ⅲ卷文數(shù)）如圖8，矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD上異于C，D的點.

證明：平面AMD⊥平面BMC.

分析 證明面面垂直，先把兩個面分別用不同顏色的筆勾勒出來，觀察這六條線，總有一條垂直關(guān)聯(lián)比較多，從題目來看，最明顯的垂直就是直徑所對的圓周角，另外，由矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直也可得出

垂直，兩次重合的位置是DM和CM，所以DM和CM其中的一條均可作主線，以DM為例，現(xiàn)在集中精力去證DM與CM，BC垂直即可.

證明 由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.

因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.

因為M為CD上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.

又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC.

而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.

例6 （2020年全國Ⅱ卷文數(shù)）如圖9，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點.過B1C1和P的平面交AB于點E，交AC于點F.

證明：AA1∥MN，且平面AA1MN⊥平面EB1C1F.

分析 先將需要證明垂直的兩個平面用不同顏色勾勒出來，再去看題目中的條件，很快能夠發(fā)現(xiàn)B1C1的垂直最多，所以B1C1是主線.

證明 因為M，N分別為BC，B1C1的中點，

所以MN∥CC1.

又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.

因為△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.

又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面AA1MN.

又因為B1C1平面EB1C1F，

所以平面AA1MN⊥平面EB1C1F.

例7 （2017年全國Ⅰ卷文數(shù)）如圖10，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°.

證明：平面PAB⊥平面PAD.

分析 先將需要證明垂直的兩個平面用不同顏色勾勒出來，我們發(fā)現(xiàn)有一條線是公共的，那么這條線一定不會是主線，剩下4條線有明顯垂直的就是AB，所以AB是主線.

證明 由已知∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.

由于AB∥CD，故AB⊥PD.

從而AB⊥平面PAD.

又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

通過以上例題我們不難看出，立體幾何中的垂直證明關(guān)鍵在于找到那條“主線”，而主線的尋找往往依賴于題目中的條件，主線一般會在垂直多的地方，大部分在底面、側(cè)面里，很少是體的對角線（看上去是懸空的線），證明面面垂直時，兩個面的公共線不會是主線，所以找出題目中的信息很關(guān)鍵，哪里有垂直，哪里的垂直多，整個題目的條件偏向于哪里，哪里就是這道題的“重心”，我們只需要依著這樣的規(guī)律，就能夠快速地破解這類題，做題時思路就會很清晰，也就能夠起到事半功倍的效果！

參考文獻(xiàn)：

[1]2017年-2020年高考數(shù)學(xué)全國卷.

[責(zé)任編輯：李 璟]