版高考数学一轮复习第七章立体几何第42讲直线平面垂直的判定及其性质学案Word格式.docx
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(1)直线l与平面α内无数条直线都垂直,则l⊥α.( ×
)
(2)过一点作已知直线的垂面有且只有一个.( √ )
(3)若两条直线垂直,则这两条直线相交.( ×
(4)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平面.( ×
(5)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.( ×
解析
(1)错误.直线l与α内两条相交直线都垂直才有l⊥α.
(2)正确.过一点可以作两条相交直线都垂直于已知直线,而这两条相交直线可确定一个平面,此平面与直线垂直.
(3)错误.两条直线垂直,这两条直线可能相交,也可能异面.
(4)错误.两个平面垂直,有一条交线,一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面,而不是任意一条直线.
(5)错误.α内的一条直线如果与β内的两条相交直线都垂直才能线面垂直,从而面面垂直.
2.设平面α与平面β相交于直线m,直线a在平面α内,直线b在平面β内,且b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的( A )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析由面面垂直的性质定理可知,当α⊥β时,b⊥α.
又因为a⊂α,则a⊥b;
如果a∥m,a⊥b,不能得到α⊥β,
故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件.故选A.
3.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( C )
A.α⊥β且m⊂α B.α⊥β且m∥α
C.m∥n且n⊥β D.m⊥n,n⊂α且α∥β
解析α⊥β,且m⊂α⇒m⊂β或m∥β或m与β相交,故A项不成立;
α⊥β,且m∥α⇒m⊂β或m∥β或m与β相交,故B项不成立;
m∥n,且n⊥β⇒m⊥β.故C项成立;
m⊥n,n⊂α,且α∥β,知m⊥β不成立,故D项不成立,故选C.
4.PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连接PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有__7__对.
解析平面PAD、平面PBD、平面PCD都垂直于平面ABCD,
平面PAD⊥平面PCD,平面PCD⊥平面PBC,
平面PAD⊥平面PAB,平面PAC⊥平面PBD,共有7对.
5.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC内的射影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的__外__心;
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的__垂__心.
解析
(1)若PA=PB=PC,由勾股定理易得OA=OB=OC,
故O是△ABC的外心;
(2)由PA⊥PB,PC⊥PA,得PA⊥平面PBC,则PA⊥BC.
又由PO⊥平面ABC知PO⊥BC,所以BC⊥平面PAO,则AO⊥BC,同理得BO⊥AC,CO⊥AB,故O是△ABC的垂心.
一 直线与平面垂直的判定与性质
(1)证明直线和平面垂直的常用方法:
①判定定理;
②垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);
③面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);
④面面垂直的性质.
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.
(3)线面垂直的性质常用来证明线线垂直.
【例1】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱C1D1的中点,F为棱BC的中点.
(1)求证:
直线AE⊥直线DA1;
(2)在线段AA1上求一点G,使得直线AE⊥平面DFG.
解析
(1)证明:
由正方体的性质可知,
DA1⊥AD1,DA1⊥AB,
又AB∩AD1=A,∴DA1⊥平面ABC1D1,
又AE⊂平面ABC1D1,∴DA1⊥AE.
(2)所求G点即为A1点,证明如下:
由
(1)可知AE⊥DA1,取CD的中点H,
连接AH,EH,由DF⊥AH,DF⊥EH,AH∩EH=H,可证DF⊥平面AHE,∵AE⊂平面AHE,∴DF⊥AE.
又DF∩A1D=D,∴AE⊥平面DFA1,即AE⊥平面DFG.
二 平面与平面垂直的判定与性质
(1)判定面面垂直的方法:
①面面垂直的定义;
②面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).
(2)在已知平面垂直时,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.
【例2】已知三棱柱A1B1C1-ABC的侧棱与底面成60°
角,底面是等边三角形,侧面B1C1CB是菱形且与底面垂直,求证:
AC1⊥BC.
证明过C1作C1H⊥BC于H,连接AH,
又∵侧面B1C1CB⊥底面ABC,
侧面B1C1CB∩底面ABC=BC,
∴C1H⊥底面ABC.
∴侧棱CC1与底面ABC所成角,
即为∠C1CH=60°
,
在Rt△C1CH中,CH=
CC1,
又∵CC1=BC,∴CH=
BC,即H为BC的中点,
∴在等边△ABC中,AH⊥BC,
又∵C1H⊥BC,AH∩C1H=H,∴BC⊥平面AC1H,
又∵AC1⊂平面AC1H,∴AC1⊥BC.
三 垂直关系中的探索性问题
解决垂直关系中的探索性问题的方法
同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个等分点,然后给出符合要求的证明.
【例3】如图,在三棱台ABC-DEF中,CF⊥平面DEF,AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF=a,求证:
DF∥a;
(2)若EF=CF=2BC,试问在线段BE上是否存在点G,使得平面DFG⊥平面CDE?
若存在,请确定G点的位置;
若不存在,请说明理由.
在三棱台ABC-DEF中,AC∥DF,AC⊂平面ACE,DF⊄平面ACE,∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF,平面ACE∩平面DEF=a,∴DF∥a.
(2)线段BE上存在点G,且BG=
BE,使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下:
取CE的中点O,连接FO并延长交BE于点G.连接GD,
∴CF=EF,∴GF⊥CE.在三棱台ABC-DEF中,
由AB⊥BC得DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF,得CF⊥DE.
又CF∩EF=F,∴DE⊥平面CBEF,∴DE⊥GF.
又CE∩DE=E,∴GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG,∴平面DFG⊥平面CDE.
此时,如平面图所示,∵O为CE的中点,
EF=CF=2BC,易证△HOC≌△FOE,
∴HB=BC=
EF.
由△HGB∽△FGE可知
=
,即BG=
BE.
1.(2018·
山东青岛模拟)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则能得出a⊥b的是( C )
A.a⊥α,b∥β,α⊥β B.a⊥α,b⊥β,α∥β
C.a⊂α,b⊥β,α∥β D.a⊂α,b∥β,α⊥β
解析对于C项,由α∥β,a⊂α可得a∥β,又b⊥β,得a⊥b,故选C.
2.(2016·
浙江卷)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( C )
A.m∥l B.m∥n
C.n⊥l D.m⊥n
解析∵α∩β=l,∴l⊂β,∵n⊥β,∴n⊥l.
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°
,PA=AB=BC,E是PC的中点.
证明:
(1)CD⊥AE;
(2)PD⊥平面ABE.
证明
(1)在四棱锥P-ABCD中,∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC,
而AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°
,可得AC=PA.
∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.由
(1)知AE⊥CD,且PC∩CD=C,∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD,∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD=A,
∴AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE=A,∴PD⊥平面ABE.
4.如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中点.
CD⊥平面SAD;
(2)求证:
PQ∥平面SCD;
(3)若SA=SD,M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD?
并证明你的结论.
因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.
又平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,
所以CD⊥平面SAD.
(2)证明:
取SC的中点R,连接QR,DR.
由题意知,PD∥BC且PD=
BC.
在△SBC中,Q为SB的中点,R为SC的中点,
所以QR∥BC且QR=
所以QR∥PD且QR=PD,
则四边形PDRQ为平行四边形,
所以PQ∥DR.
又PQ⊄平面SCD,DR⊂平面SCD,所以PQ∥平面SCD.
(3)存在点N为SC的中点,使得平面DMN⊥平面ABCD.
连接PC,DM交于点O,连接PM,SP,NM,ND,NO,
因为PD∥CM,且PD=CM,
所以四边形PMCD为平行四边形,
所以PO=CO.
又因为N为SC的中点,所以NO∥SP.
易知SP⊥AD,
平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,
所以SP⊥平面ABCD,所以NO⊥平面ABCD.
因为NO⊂平面DMN,所以平面DMN⊥平面ABCD.
易错点 联想不到已学定理
错因分析:
已知条件中给出了线面垂直,求证的是线线平行,若忽略线面垂直的性质定理,则觉得论证无从下手,从而造成解题困难.
【例1】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别在BD,B1C上,且MN⊥BD,MN⊥B1C,求证:
MN∥AC1.
证明连接A1D,A1B,AC,
∵MN⊥B1C,B1C∥A1D,∴MN⊥A1D.
又∵MN⊥BD,BD∩A1D=D,
∴MN⊥平面A1BD.
∵CC1⊥底面ABCD,∴CC1⊥BD.
又∵BD⊥AC,AC∩CC1=C,∴BD⊥平面ACC1.
∴BD⊥AC1.同理AC1⊥A1B.
又A1B∩BD=B,∴AC1⊥平面A1BD.
又∵MN⊥平面A1BD,∴MN∥AC1.
【跟踪训练1】如图,PA垂直于圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的射影,给出下列结论:
①AF⊥PB;
②EF⊥PB;
③AF⊥BC;
④AE⊥BC.正确结论的个数为( C )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析∵AB是圆O的直径,∴AC⊥BC,又PA⊥面ABC,故PA⊥BC,且PA∩AC=A,∴BC⊥面PAC,∴BC⊥AF.
又AF⊥PC,且PC∩BC=C,∴AF⊥面PBC,故AF⊥PB.
又AE⊥PB,且AF∩AE=A,∴PB⊥面AEF,从而EF⊥PB,故①②③正确.若AE⊥BC,则可证AE⊥面PBC,则AE∥AF,这是不可能的,选C.
课时达标 第42讲
[解密考纲]对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现,难度不大;
综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主,难度中等.
一、选择题
1.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A∉l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是 ( D )
A.AB∥m B.AC⊥m
C.AB∥β D.AC⊥β
解析如图所示,AB∥l∥m;
AC⊥l,m∥l⇒AC⊥m;
AB∥l⇒AB∥β,只有D项不一定成立,故选D.
2.在空间中,l,m,n,a,b表示直线,α表示平面,则下列命题正确的是( D )
A.若l∥α,m⊥l,则m⊥α B.若l⊥m,m⊥n,则l∥n
C.若a⊥α,a⊥b,则b∥α D.若l⊥α,l∥a,则a⊥α
解析对于A项,m与α位置关系不确定,故A项错;
对于B项,当l与m,m与n为异面垂直时,l与n可能异面或相交,故B项错;
对于C项,也可能b⊂α,故C项错;
对于D项,由线面垂直的定义可知正确.
3.(2018·
江西南昌模拟)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( D )
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
解析由于m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,则平面α与平面β必相交,但不一定垂直,且交线垂直于直线m,n,又直线l满足l⊥m,l⊥n,则交线平行于l.
4.设a,b是夹角为30°
的异面直线,则满足条件“a⊂α,b⊂β,且α⊥β”的平面α,β( D )
A.不存在 B.有且只有一对
C.有且只有两对 D.有无数对
解析过直线a的平面α有无数个,当平面α与直线b平行时,两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α,当平面α与b相交时,过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.
5.(2018·
宁夏银川一模)如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,那么,在这个空间图形中必有( A )
A.AH⊥平面EFH B.AG⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
解析由平面图形得AH⊥HE,AH⊥HF,又HE∩HF=H,
∴AH⊥平面HEF,故选A.
6.(2018·
陕西宝鸡质检)对于四面体ABCD,给出下列四个命题:
①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD;
②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD;
③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD;
④若AB⊥CD,AC⊥BD,则BC⊥AD.
其中为真命题的是( D )
A.①② B.②③
C.②④ D.①④
解析①如图,取BC的中点M,连接AM,DM,由AB=AC⇒AM⊥BC,同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD,而AD⊂平面AMD,故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的射影为O,连接BO,CO,DO,由AB⊥CD⇒BO⊥CD,由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.
二、填空题
7.若α,β是两个相交平面,m为一条直线,则下列命题中,所有真命题的序号为__②④__.
①若m⊥α,则在β内一定不存在与m平行的直线;
②若m⊥α,则在β内一定存在无数条直线与m垂直;
③若m⊂α,则在β内不一定存在与m垂直的直线;
④若m⊂α,则在β内一定存在与m垂直的直线.
解析对于①,若m⊥α,如果α,β互相垂直,则在平面β内存在与m平行的直线,故①错误;
对于②,若m⊥α,则m垂直于平面α内的所有直线,故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直,故②正确;
对于③④,若m⊂α,则在平面β内一定存在与m垂直的直线,故③错误,④正确.
8.(2018·
吉林长春模拟)如图所示,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,N,M分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,下列说法正确的是__①②__(填上所有正确的序号).
①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC;
②不论D折至何位置都有MN⊥AE;
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.
解析①如图,分别取EC,DE的中点P,Q,由已知易知四边形MNQP为平行四边形,则MN∥PQ,又PQ⊂平面DEC,故MN∥平面DEC,①正确;
②取AE的中点O,易证NO⊥AE,MO⊥AE.故AE⊥平面MNO,又MN⊂平面MNO,则AE⊥MN,②正确;
③∵D∉平面ABC,∴N∉平面ABC,又A,B,M∈平面ABC,
∴MN与AB异面,③错误.
9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°
,D是A1B1的中点,F是BB1上的动点,AB1,DF交于点E,要使AB1⊥平面C1DF,则线段B1F的长为__
__.
解析设B1F=x,因为AB1⊥平面C1DF,
DF⊂平面C1DF,所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1=
.
设Rt△AA1B斜边AB1上的高为h,则DE=
h.
又2×
2
=h
,所以h=
,DE=
在Rt△DB1E中,B1E=
由面积相等得
×
x,得x=
即线段B1F的长为
三、解答题
10.如图,在△ABC中,∠ABC=90°
,D是AC的中点,S是△ABC所在平面外一点,且SA=SB=SC.
SD⊥平面ABC;
(2)若AB=BC,求证:
BD⊥平面SAC.
证明
(1)因为SA=SC,D是AC的中点,所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中,AD=BD,又SA=SB,SD=SD,
所以△ADS≌△BDS,所以SD⊥BD.
又AC∩BD=D,所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.
由
(1)知SD⊥BD,又SD∩AC=D,所以BD⊥平面SAC.
11.(2018·
河南郑州模拟)如图,已知三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面,AB=AC,∠BAC=90°
,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.
(1)证明:
MN∥平面AA′C′C;
(2)设AB=λAA′,当λ为何值时,CN⊥平面A′MN,试证明你的结论.
如图,取A′B′的中点E,连接ME,NE.
因为E,N分别为A′B′和B′C′的中点,所以NE∥A′C′,ME∥BB′∥AA′.
又A′C′⊂平面AA′C′C,NE⊄平面AA′C′C,
所以NE∥平面AA′C′C,同理ME∥平面AA′C′C,
又EM∩EN=E,所以平面MNE∥平面AA′C′C,
因为MN⊂平面MNE,所以MN∥平面AA′C′C.
(2)当λ=
时,CN⊥平面A′MN,证明如下:
连接BN,设AA′=a,则AB=λAA′=λa,
由题意知BC=
λa,CN=BN=
因为三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面,
所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C,
因为AB=AC,点N是B′C′的中点,
所以A′N⊥平面BB′C′C,所以CN⊥A′N,
要使CN⊥平面A′MN,只需CN⊥BN即可,
所以CN2+BN2=BC2,即2
=2λ2a2,
解得λ=
,故当λ=
时,CN⊥平面A′MN.
12.如图,在△ABC中,∠B=90°
,AB=
,BC=1,D,E两点分别是边AB,AC的中点,现将△ABC沿DE折成直二面角A-DE-B.
平面ADC⊥平面ABE;
(2)求直线AD与平面ABE所成角的正切值.
∵D,E两点分别是边AB,AC的中点,
∴DE∥BC.
∵∠B=90°
,∠ADE=90°
,∴DE⊥AD,DE⊥BD,
∴∠ADB为二面角A-DE-B的平面角,∵∠ADB=90°
∴AD⊥平面BCD.又∵BE⊂平面BCD,∴AD⊥BE.
又∵BD=
,BC=1,即
∴△BDE∽△CBD,∴∠EBD=∠DCB,
∴∠EBD+∠BDC=90°
∴BE⊥DC.又∵DC∩AD=D,∴BE⊥平面ADC.
又∵BE⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面ADC.
(2)设BE交CD于H,连接AH,过点D作DO⊥AH于O.
∵AD⊥BE,BE⊥DH,又∵AD∩DH=D,
∴BE⊥平面ADH.
∵DO⊂平面ADH,∴BE⊥DO.
又∵DO⊥AH,BE∩AH=H,∴DO⊥平面ABE,
∴∠DAO为AD与平面ABE所成的角.
在Rt△BDE中,BD=
,∴DH=
在Rt△ADH中,tan∠DAO=
∴直线AD与平面ABE所成角的正切值为