【数学】2020届一轮复习人教A版直线、平面垂直的判定和性质(1)学案 11页

直线、平面垂直的判定和性质 ‎ 审稿: ‎ ‎【考纲要求】‎ ‎1、掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理； ‎ ‎2、掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．‎ ‎3、能运用公理、定理和已经获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题。‎ ‎【知识网络】‎ 直线、平面垂直 判定定理 性质定理 线面垂直 面面垂直 判定定理 性质定理 ‎【考点梳理】‎ 考点一、直线与平面垂直的判定 ‎1、定义：如果直线与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线与平面α垂直；‎ ‎2、判定定理：‎ ‎（1）内容：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；‎ ‎（2）符合语言：‎ ‎ ‎ ‎3、证明直线和平面垂直的常用方法有：‎ ‎（1）利用判定定理；‎ ‎（2）利用平行线垂直于平面的传递性 ‎（3）利用面面平行的性质 ‎（4）利用面面垂直的性质。‎ 要点诠释：‎ 当直线和平面垂直时，该直线垂直于平面内的任一直线，常用来证明线线垂直。‎ 考点二、直线与平面垂直的性质 1、 如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行。‎ 2、 如果两条平行线中有一条垂直于一个平面，那么另外一条也垂直于这个平面。‎ 考点三、平面与平面垂直的判定 ‎1、二面角的有关概念 ‎（1）二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；‎ ‎（2）二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。‎ ‎2、平面与平面垂直 ‎（1）定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直；‎ ‎（2）判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直；‎ ‎（3）符号语言：‎ ‎3、证明面面垂直的主要方法是：‎ ‎①利用判定定理。在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边，勾股定理等结论。‎ ‎②用定义证明。只需判定两平面所成二面角为直二面角。‎ ‎③客观题中，也可应用：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面。‎ 考点四、平面与平面垂直的性质 ‎1、判定定理：若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面 ‎ ‎2、符号语言：‎ 要点诠释：立体几何中垂直问题的证明，通常是从线线垂直切入，然后向线面垂直或面面垂直延伸。‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、直线与平面垂直的判定 例1、如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1⊥A1B，M、N分别是A1B1、AB的中点.‎ ‎（1）求证：C1M⊥平面A1ABB1；‎ ‎（2）求证：A1B⊥AM；‎ ‎（3）求证：平面AMC1∥平面NB1C；‎ ‎（4）求A1B与B1C所成的角.‎ ‎（1）【证明】‎ 方法一 由直棱柱性质可得AA1⊥平面A1B1C1，‎ 又∵C1M平面A1B1C1，∴AA1⊥MC1.‎ 又∵C1A1=C1B1，M为A1B1中点，∴C1M⊥A1B1.‎ 又A1B1∩A1A=A1，∴C1M⊥平面AA1B1B. ‎ 方法二 由直棱柱性质得：平面AA1B1B⊥平面A1B1C1，交线为A1B1，又∵C1A1=C1B1，M为A1B1的中点，∴C1M⊥A1B1于M.‎ 由面面垂直的性质定理可得C1M⊥平面AA1B1B.‎ ‎（2）【证明】由（1）知C1M⊥平面A1ABB1，‎ ‎∴C1A在侧面AA1B1B上的射影为MA.‎ ‎∵AC1⊥A1B，MC1⊥A1B，MC1∩AC1=C1，‎ ‎∴A1B⊥平面AMC1，又AM平面AMC1，∴A1B⊥AM.‎ ‎（3）【证明】‎ 方法一 由棱柱性质知四边形AA1B1B是矩形，‎ M、N分别是A1B1、AB的中点，‎ ‎∴ANB1M.∴四边形AMB1N是平行四边形.‎ ‎∴AM∥B1N.连接MN，在矩形AA1B1B中有A1B1 AB.‎ ‎∴MB1 BN，∴四边形BB1MN是平行四边形.∴BB1 MN.又由BB1CC1，知MNCC1.‎ ‎∴四边形MNCC1是平行四边形.∴C1MCN.又C1M∩AM=M，CN∩NB1=N，‎ ‎∴平面AMC1∥平面NB1C.‎ 方法二 由（1）知C1M⊥平面AA1B1B，‎ A1B平面AA1B1B，∴C1M⊥A1B.‎ 又∵A1B⊥AC1，而AC1∩C1M=C1，∴A1B⊥平面AMC1.同理可证，A1B⊥平面B1NC.‎ ‎∴平面AMC1∥平面B1NC. ‎ ‎(4)【解析】 ‎ 方法一 由（2）知A1B⊥AM，‎ 又由已知A1B⊥AC1，AM∩AC1=A，∴A1B⊥平面AMC1.又∵平面AMC1∥平面NB1C，‎ ‎∴A1B⊥平面NB1C.又B1C平面NB1C，∴A1B⊥B1C.∴A1B与B1C所成的角为90°.‎ 方法二 由直棱柱的性质有平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，又CA=CB=C1A1，N为AB的中点，∴CN⊥AB.∴CN⊥平面AA1B1B.∴CB1在侧面AA1B1B上的射影是NB1.‎ 又由（2）知A1B⊥AM，由（3）知B1N∥AM，∴A1B⊥B1N，CN⊥A1B，‎ ‎∴A1B⊥平面B1NC，又B1C平面B1NC，∴A1B⊥B1C.∴A1B与B1C所成的角为90°.‎ ‎【总结升华】证明线面之间的垂直关系，要注意在各个阶段以某一直线为主线进行推理，以使推理过程清晰、明朗.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】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,综上得PD⊥平面ABE.‎ 类型二、直线与平面垂直的性质 例2、如图所示，平面，点C在以AB为直径的⊙O上，，，点E为线段PB的中点，点M在上，且∥．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面∥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面PAC平面；‎ ‎（Ⅲ）设二面角的大小为，求的值．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：因为点E为线段PB的中点，点为线段的中点， 所以 ∥. ‎ ‎ 因为 平面，平面，‎ ‎ 所以 ∥平面PAC. ‎ 因为 ∥，‎ ‎ 因为 平面，平面，‎ ‎ 所以 ∥平面PAC. ‎ 因为 平面，平面，，‎ 所以 平面∥平面PAC. ‎ ‎（Ⅱ）证明：因为 点C在以AB为直径的⊙O上，‎ 所以 ，即. ‎ 因为 平面，平面，‎ 所以 . ‎ 因为 平面，平面，， ‎ 所以 平面.‎ 因为 平面， ‎ 所以 平面PAC平面. ‎ ‎（Ⅲ）解：如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．‎ 因为 ，，‎ 所以 ，.‎ 延长交于点.‎ 因为 ∥，‎ 所以 .‎ 所以 ，，，.‎ 所以 ，.‎ 设平面的法向量.‎ 因为 ‎ 所以 即 令，则.‎ 所以 . ‎ 同理可求平面的一个法向量n. ‎ 所以 .‎ 所以 . ‎ ‎【总结升华】（1）当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线。把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线段线线垂直，构造二面角的平面角或得到点到面的距离相等。‎ ‎（2）已知面面垂直时，通过作辅助线可转化为线面垂直，从而有更多的线线垂直的条件可用，必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系，通过证线面垂直来证线线垂直是空间中两直线垂直证明书的最常用方法。‎ 举一反三：‎ ‎【变式】如图所示，在四棱锥中，平面，，，是的中点，是上的点且，为△中边上的高.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，，，求三棱 锥的体积；‎ ‎（3）证明：平面.‎ ‎ 【解析】（1）证明：因为平面，所以。‎ 因为为△中边上的高，所以。‎ ‎ 因为，所以平面。‎ ‎（2）连结，取中点，连结。‎ ‎ 因为是的中点，所以。‎ ‎ 因为平面，所以平面。‎ 则，。‎ ‎（3）证明：取中点，连结，。‎ ‎ 因为是的中点，所以。‎ 因为，所以，所以四边形是平行四边形，所以。‎ 因为，所以。‎ 因为平面，所以。‎ ‎ 因为，所以平面，所以平面。‎ 类型三、平面与平面垂直的判定 例3、如图所示，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，△ABC为正三角形，D、E分别是BC、CA的中点.‎ ‎（1）证明：平面PBE⊥平面PAC；‎ ‎（2）如何在BC上找一点F，使AD∥平面PEF？并说明理由.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）证明 因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥BE.‎ 又因为△ABC是正三角形，且E为AC的中点，‎ 所以BE⊥CA.‎ 又PA∩CA=A，所以BE⊥平面PAC. ‎ 因为BE平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAC.‎ ‎（2）取CD的中点F，则点F即为所求.‎ 因为E、F分别为CA、CD的中点，所以EF∥AD.‎ 又EF平面PEF，AD平面PEF，‎ 所以AD∥平面PEF.‎ ‎【总结升华】证明线面、面面平行与垂直问题注意要转化为线线的平行与垂直问题。‎ 如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯 ‎ 形，∠BAD=∠FAB=90°,BCAD,BEFA,G、H分别为FA、FD的中点.‎ ‎（1）证明：四边形BCHG是平行四边形；‎ ‎（2）C、D、F、E四点是否共面？为什么？‎ ‎（3）设AB=BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.‎ 方法一 (1)证明 由题设知,FG=GA,‎ FH=HD,所以GHAD.‎ 又BCAD,故GHBC.‎ 所以四边形BCHG是平行四边形.‎ ‎(2)解 C、D、F、E四点共面.‎ 理由如下：‎ 由BEAF，G是FA的中点知，‎ BEGF，所以EF∥BG.‎ 由（1）知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面.‎ 又点D在直线FH上，所以C、D、F、E四点共面.‎ ‎（3）证明 如图，连接EG，由AB=BE，BE AG及∠BAG=90°知ABEG是正方形,故BG⊥EA.‎ 由题设知,FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，‎ 因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG⊥ED.‎ 又ED∩EA=E,所以BG⊥平面ADE.‎ 由(1)知,CH∥BG,所以CH⊥平面ADE.‎ 由(2)知CH平面CDE,得平面ADE⊥平面CDE.‎ 方法二 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直. 如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向，‎ 以射线AF为z轴正方向，建立直角坐标系A—xyz. ‎（1）证明 设AB=a，BC=b，BE=c，则由题设得 A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，b，0），D（0，2b，0），E（a，0，c）， G（0，0，c），H（0，b，c）. 所以，=（0，b，0），=（0，b，0），于是=. 又点G不在直线BC上， 所以四边形BCHG是平行四边形. ‎（2）解 C、D、F、E四点共面. 理由如下：由题设知F（0，0，2c）， 所以=（-a，0，c），=（-a，0，c），=. 又CEF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面. ‎（3）证明 由AB=BE，得c=a， 所以=（-a，0，a），=（a，0，a）. ‎ 又=（0，2b，0），因此·=0，·=0. 即CH⊥AE，CH⊥AD. 又AD∩AE=A，所以CH⊥平面ADE. 故由CH平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.‎ ‎【总结升华】本题考查线面垂直、平行、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直、平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.‎ 举一反三：‎ ‎【变式】直线、平面垂直的判定与性质例3】‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎ 类型四、平面与平面垂直的性质及应用 例4.（2018 陕西高考）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=AD=a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到如图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE．‎ ‎（Ⅰ）证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎（Ⅱ）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1﹣BCDE的体积为36，求a的值．‎ ‎【解析】：（I）在图1中，‎ 因为AB=BC==a，E是AD的中点，‎ ‎∠BAD=，‎ 所以BE⊥AC，‎ 即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，‎ 从而BE⊥面A1OC，‎ 由CD∥BE，‎ 所以CD⊥面A1OC，‎ 即A1O是四棱锥A1﹣BCDE的高，‎ 根据图1得出A1O=AB=a，‎ ‎∴平行四边形BCDE的面积S=BC•AB=a2，‎ V==a=a3，‎ 由a=a3=36，得出a=6．‎ 举一反三：‎ ‎【变式】（2018 高邮市校级模拟）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，D为BC的中点．‎ ‎（1）若平面ABC⊥平面BCC1B1，求证：AD⊥DC1；‎ ‎（2）求证：A1B∥平面ADC1．‎ ‎【证明】（1）因为AB=AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC． ‎ 因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，AD⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面BCC1B1． ‎ 因为DC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥DC1． ‎ ‎（2）（证法一） ‎ 连接A1C，交AC1于点O，连接OD，则O为A1C的中点．‎ 因为D为BC的中点，所以OD∥A1B． ‎ 因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，‎ 所以A1B∥平面ADC1． ‎ ‎（证法二） ‎ 取B1C1的中点D1，连接A1D1，DD1，D1B．则D1C1BD．‎ 所以四边形BDC1D1是平行四边形．所以D1B∥C1D．‎ 因为C1D⊂平面ADC1，D1B⊄平面ADC1，‎ 所以D1B∥平面ADC1．‎ 同理可证A1D1∥平面ADC1．‎ 因为A1D1⊂平面A1BD1，D1B⊂平面A1BD1，A1D1∩D1B=D1，‎ 所以平面A1BD1∥平面ADC1． ‎ 因为A1B⊂平面A1BD1，所以A1B∥平面ADC1． ‎