版高考数学一轮复习第7章立体几何75直线平面垂直的判定与性质学案理.docx

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版高考数学一轮复习第7章立体几何75直线平面垂直的判定与性质学案理

7．5　直线、平面垂直的判定与性质

[知识梳理]

1．直线与平面垂直

判定定理与性质定理

2．平面与平面垂直

判定定理与性质定理

3．直线和平面所成的角

范围：

.

4．二面角

范围[0，π]．

5．必记结论

（1）若两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．

（2）若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．

（3）过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直．

（4）过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直．

（5）两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．

（6）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．

[诊断自测]

1．概念思辨

（1）直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.（　　）

（2）垂直于同一个平面的两平面平行．（　　）

（3）若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．（　　）

（4）若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.（　　）

答案　

（1）×　

（2）×　（3）×　（4）×

2．教材衍化

（1）（必修A2P73A组T1）若m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为（　　）

①⇒m∥n；②⇒m⊥n；③⇒n⊥α.

A．1B．2

C．3D．0

答案　B

解析　③不正确，直线n与α不一定垂直，可能是平行或相交或在平面内．①②均正确．故选B.

（2）（必修A2P67T2）在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，

①若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；

②若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．

答案　①外　②垂

解析　①如图1，连接OA，OB，OC，OP，

在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．

②如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，

∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，

∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，

∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，

即CG为△ABC边AB的高，

同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．

3．小题热身

（1）（2017·湖南六校联考）已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是（　　）

A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥α

C．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β

答案　C

解析　由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．故选C.

（2）（2018·辽宁五校联考）假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：

①AC⊥α；②AC∥α；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.

其中能成为增加条件的是________．（把你认为正确的条件序号都填上）

答案　①③

解析　如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．

题型1　直线与平面垂直的判定与性质

角度1　直线与平面垂直的判定定理

　　（2016·全国卷Ⅰ）如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.

（1）证明：

G是AB的中点；

（2）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．

利用线面垂直判定定理进行证明．

解　

（1）证明：

因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.

因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.

又由已知可得，PA＝PB，从而G是AB的中点．

（2）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．

理由如下：

由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．

连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心，由

（1）知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝CG.

由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.

由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2.

在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，

所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.

角度2　垂直关系中的探索性问题

　　如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．

（1）证明：

AE∥平面BDF；

（2）点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？

若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．

从BC＝CE取BE的中点H，CH⊥BE入手分析．

解　

（1）证明：

连接AC交BD于O，连接OF，如右图．

∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，

又F为EC的中点，

∴OF为△ACE的中位线，

∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面

BDF.∴AE∥平面BDF.

（2）当P为AE中点时，有PM⊥BE.

证明如下：

取BE中点H，连接DP，PH，CH.

∵P为AE的中点，H为BE的中点，

∴PH∥AB，又AB∥CD，

∴PH∥CD，

∴P，H，C，D四点共面．

∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.

∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，

∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，

∴CH⊥BE，

又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.

方法技巧

1．证明直线与平面垂直的常用方法

（1）利用线面垂直的判定定理，这是主要证明方法．

（2）利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．

（3）利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．

（4）利用面面垂直的性质定理．

2．线面垂直中的探索性问题

探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在．

冲关针对训练

（2018·济南模拟）如图，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，FA⊥AC，EF∥AC，AB＝，EF＝FA＝1.

（1）求证：

CE∥平面BDF；

（2）求证：

BE⊥平面DEF.

证明　

（1）设正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，连接FO.由题知EF＝OC＝1，因为EF∥AC，

所以四边形CEFO为平行四边形，所以CE∥OF.

又CE⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，

所以CE∥平面BDF.

（2）因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，FA⊥AC，FA⊂平面ACEF，故FA⊥平面ABCD.

连接EO，易知四边形AOEF为边长为1的正方形，

所以EO⊥平面ABCD，则EO⊥BD.

所以△BDE为等腰三角形，BD＝2BO＝2OC＝2，

BE＝DE＝＝.

因为BD2＝BE2＋DE2，

所以BE⊥DE.同理在△BEF中，BE⊥EF，

因为DE∩EF＝E，所以BE⊥平面DEF.

题型2　面面垂直的判定与性质

　　（2017·北京高考）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

（1）求证：

PA⊥BD；

（2）求证：

平面BDE⊥平面PAC；

（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．

首先分析已知中的垂直线段所在的平面，由于AB＝BC，取AC的中点是关键．

解　

（1）证明：

因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC.

又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.

（2）证明：

因为AB＝BC，D为AC中点，

所以BD⊥AC.由

（1）知，PA⊥BD，又PA∩AC＝A，

所以BD⊥平面PAC.又BD⊂平面BDE，

所以平面BDE⊥平面PAC.

（3）因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE.

因为D为AC的中点，

所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.

由

（1）知，PA⊥平面ABC，

所以DE⊥平面ABC.

所以三棱锥E－BCD的体积V＝BD·DC·DE＝.

[结论探究]　在典例条件下，证明：

平面PBC⊥平面PAB.

证明　由

（1）知PA⊥BC，又BC⊥AB且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，又∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.

方法技巧

面面垂直的应用策略

1．证明平面和平面垂直的方法：

①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理．

2．已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．

冲关针对训练

（2015·全国卷Ⅰ）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

（1）证明：

平面AEC⊥平面BED；

（2）若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．

解　

（1）证明：

因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD，

所以AC⊥BE，又BE∩BD＝D，故AC⊥平面BED.

又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.

（2）设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得

BE＝x.

由已知得，三棱锥E－ACD的体积

VE－ACD＝×AC·GD·BE＝x3＝，

故x＝2，从而可得AE＝EC＝ED＝.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为，故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.

1.（2017·全国卷Ⅲ）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　）

A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD

C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC

答案　C

解析　解法一：

如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错误；

∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，

∴A1E⊥BC1，故C正确；

（证明：

由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，

∴A1E⊥BC1）

∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错误．故选C.

解法二：

（空间向量法）建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A（1,0,0），B（1,1,0），C（0,1,0），D（0,0,0），A1（1,0,1），C1（0,1,1），E，∴＝，＝（0,1,1），＝（－1，－1，0），＝（－1,0,1），＝（－1,1,0），∴·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，∴A1E⊥BC1.故选C.

2．（2017·河北唐山一模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点