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Word文档格式.docx
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(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=.
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.
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.
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.
PA⊥BD;
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.
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.
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.
(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.
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.
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
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,∴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