【数学】2018届一轮复习人教A版直线、平面垂直的判定与性质学案 17页

第5讲　直线、平面垂直的判定与性质 ‎,　　　　　　 　　[学生用书P135])‎ ‎1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 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 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b ‎2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面 ⇒l⊥α ‎3.空间角 ‎(1)直线与平面所成的角 ‎①定义：平面的一条斜线AP和它在平面α内的射影AO所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．‎ ‎②范围：直线和平面所成的角的范围是.‎ a．直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；‎ b．直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角；‎ c．当直线与平面斜交时，它们所成的角是锐角．‎ ‎(2)二面角 ‎①二面角的平面角：如图所示，在二面角αlβ的棱上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则∠AOB叫做二面角αlβ的平面角．‎ ‎②范围：二面角的取值范围是[0，π]．‎ ‎1．辨明三个易误点 ‎(1)注意在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行，还有可能异面、相交．‎ ‎(2)注意使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“‎ 如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”．‎ ‎(3)注意对平面与平面垂直性质的理解．‎ ‎2．学会三种垂直关系的转化 在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．‎ ‎1. 设m、n表示直线，α、β表示平面，下列命题为真命题的是(　　)‎ A．若m⊥α，α⊥β，则m∥β　　 B．m∥α，m⊥β，则α⊥β C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α D．m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n ‎　B　[解析] 对于A，m可以在β内，故A错；‎ 对于C，n可以在α内，故C错；‎ 对于D，m与n可以平行，故D错．‎ ‎2．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，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A．α⊥β且m⊥α B．α⊥β且m∥α C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β ‎　C　[解析] 依题意，对于A，注意到直线m可能位于平面β内，因此选项A不正确；对于B，注意到直线m可能位于平面β内且与它们的交线平行，因此选项B不正确；对于C，由定理“若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”得知，C正确；对于D，注意到直线m可能位于平面β内，因此选项D不正确．综上所述，选C.‎ ‎3. 已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，有下列结论：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的是(　　)‎ A．①②③ B．①②④‎ C．②③④ D．①②③④‎ ‎　A　[解析] 如图，因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，且PB⊂平面PBC，‎ PC⊂平面PBC，‎ 所以PA⊥平面PBC，‎ 又BC⊂平面PBC，所以PA⊥BC.‎ 同理可得PB⊥AC，PC⊥AB.故①②③正确．‎ ‎4．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________条件．(填“充分不必要”或“必要不充分”或“充要”或“既不充分也不必要”)‎ ‎[解析] 若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.‎ ‎[答案] 充分不必要 ‎5．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后BC＝________．‎ ‎[解析] 因为AD⊥BC，‎ 所以AD⊥BD，AD⊥CD，‎ 所以∠BDC是二面角BADC的平面角．‎ 因为平面ABD⊥平面ACD，所以∠BDC＝90°.‎ 在△BCD中，∠BDC＝90°，BD＝CD＝，‎ 所以BC＝ ＝1.‎ ‎[答案] 1‎ ‎　线面垂直的判定与性质(高频考点)[学生用书P136]‎ 直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，属中档题．‎ 高考对直线与平面垂直的判定与性质的考查主要有以下三个命题角度：‎ ‎(1)证明线面垂直；‎ ‎(2)证明线线垂直；‎ ‎(3)求体积问题．‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(2017·邢台模拟)如图所示，在四棱锥PABCD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PABCD中，‎ 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.‎ 因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，‎ 所以CD⊥平面PAC.‎ 而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.‎ ‎(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.‎ 因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.‎ 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，‎ 所以AE⊥平面PCD.‎ 而PD⊂平面PCD，‎ 所以AE⊥PD.‎ 因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB.‎ 又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，‎ 所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，‎ 所以AB⊥PD.又因为AB∩AE＝A，‎ 所以PD⊥平面ABE.‎ 判定线面垂直常用的四种方法 ‎(1)利用线面垂直的判定定理．‎ ‎(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．　 ‎ ‎[题点通关]‎ ‎ 角度一　证明线面垂直 ‎1．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥平面ABCD.‎ ‎(1)若AC＝6，BD＝8，PB＝3，求三棱锥APBC的体积；‎ ‎(2)若点E是DP的中点，证明：BD⊥平面ACE.‎ ‎[解] (1)因为四边形ABCD为菱形，‎ 所以BD与AC相互垂直平分，‎ 所以底面ABCD的面积S菱形ABCD＝×6×8＝24，‎ 所以S△ABC＝S菱形ABCD＝12.又PB⊥平面ABCD，且PB＝3，‎ 所以三棱锥APBC的体积VAPBC＝VPABC＝×PB×S△ABC＝12.‎ ‎(2)证明：如图，设BD与AC相交于点O，连接OE，‎ 因为O为BD的中点，E是DP的中点，‎ 所以OE∥PB.‎ 又PB⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.‎ 因为BD⊂平面ABCD，‎ 所以OE⊥BD，由(1)知AC⊥BD，又AC∩OE＝O，所以BD⊥平面ACE.‎ ‎ 角度二、三　证明线线垂直及体积问题 ‎2. 如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．‎ ‎(1)求证：EF⊥平面BCG；‎ ‎(2)求三棱锥DBCG的体积．‎ ‎[解] (1)证明：‎ 由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.‎ 又G为AD的中点，‎ 所以CG⊥AD.‎ 同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，‎ 因此AD⊥平面BGC.‎ 又EF∥AD，‎ 所以EF⊥平面BCG.‎ ‎(2)在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O.‎ 由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.‎ 又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．‎ 在△AOB中，AO＝AB·sin 60°＝，‎ 所以VDBCG＝VGBCD＝S△DBC·h ‎＝×BD·BC·sin 120°·＝.‎ ‎　面面垂直的判定与性质[学生用书P136]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.‎ 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ ‎【证明】　(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.‎ 在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，‎ 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.‎ 又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，‎ 所以直线DE∥平面A1C1F.‎ ‎(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.‎ 因为A1C1⊂平面A1B1C1，‎ 所以A1A⊥A1C1.‎ 又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，‎ 所以A1C1⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1D⊂平面ABB1A1，‎ 所以A1C1⊥B1D.‎ 又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，‎ 所以B1D⊥平面A1C1F.‎ 因为直线B1D⊂平面B1DE，‎ 所以平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ 证明面面垂直的思路 ‎(1)利用面面垂直的定义(不常用)；‎ ‎(2)可以考虑证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．一般方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中存在这样的直线，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决(常用方法)．　 ‎ ‎　(2017·云南省师大附中适应性考试)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．‎ ‎(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；‎ ‎(2)点M在线段PC上，PM＝PC，若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝AD，三棱锥MBCQ的体积为，求点Q到平面PAB的距离．‎ ‎[解] (1)证明：由条件知，PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，‎ 所以AD⊥平面PQB.‎ 因为AD⊂平面PAD，‎ 所以平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)因为PA＝PD，Q为AD的中点，‎ 所以PQ⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PQ⊥平面ABCD.‎ 设PA＝PD＝AD＝2a，则PQ＝a，‎ S△BCQ＝a2，VMBCQ＝××a2＝a3＝，‎ 所以a＝1，VQPAB＝VPQAB，‎ 设点Q到平面PAB的距离为h，‎ 因为PA＝AB＝2，PB＝，‎ 所以××　×h＝××1××，‎ 所以h＝，即点Q到平面PAB的距离为.‎ ‎　空间位置关系的综合问题[学生用书P137]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(2016·高考全国卷甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．‎ ‎【解】　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.‎ 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.‎ 由此得EF⊥HD，EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知，AC⊥HD′，‎ 又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面BHD′，‎ 于是AC⊥OD′.‎ 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，‎ 所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.‎ 折叠问题的求解策略 ‎(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．‎ ‎(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，进而将其转化为立体几何的常规问题求解．‎ ‎　 ‎ ‎　如图(1)，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折起到图(2)中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值．‎ ‎[解] (1)证明：在题图(1)中，因为AB＝BC＝AD＝a，‎ E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.‎ 即在题图(2)中，BE⊥A1O，BE⊥OC，‎ 从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，‎ 又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.‎ 即A1O是四棱锥A1BCDE的高．‎ 由题图(1)知，A1O＝AO＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V＝S·A1O＝×a2×a＝a3.‎ 由a3＝36，得a＝6.‎ ‎　空间角与空间距离(选用)[学生用书P138]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(1)已知正三棱锥SABC中，E是侧棱SC的中点，且SA⊥BE，则SB与底面ABC所成角的余弦值为(　　)‎ A．　　　　　　　　　　 B． C． D． ‎(2) 如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，点M在棱BC上，△AMC1是以点M为直角顶点的等腰直角三角形，则点C到平面AMC1的距离为(　　)‎ A．a B．a C．a D．a ‎【解析】　(1)‎ 如图，在正三棱锥SABC中，作SO⊥平面ABC，连接OA，OB，则O是△ABC的中心，OA⊥BC，由此可得SA⊥BC，又SA⊥BE，所以SA⊥平面SBC，‎ 故正三棱锥SABC的各侧面是全等的等腰直角三角形．‎ 因为SO⊥平面ABC，所以SB与平面ABC所成的角为∠SBO，令AB＝2，则OB＝，SB＝，‎ 所以cos∠SBO＝＝＝.故选A.‎ ‎(2) 因为△AMC1是以点M为直角顶点的等腰直角三角形，所以AM⊥C1M且AM＝C1M.‎ 在正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，所以CC1⊥AM.‎ 又C1C∩C1M＝C1，‎ 所以AM⊥平面BCC1B1，所以AM⊥BC.‎ 因为底面ABC是边长为a的正三角形，‎ 所以点M为边BC的中点，且AM＝a.‎ 如图，过点C作CH⊥MC1于H，‎ 因为AM⊥平面BCC1B1，所以AM⊥CH，‎ 又AM∩C1M＝M，‎ 所以CH⊥平面C1AM.‎ 在Rt△C1CM中，C1M＝AM＝a，CM＝a，且CC1⊥BC，‎ 所以CC1＝ ＝a，‎ 所以CH＝＝＝a.‎ 所以点C到平面AMC1的距离为a.故选A.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)A ‎(1)求解直线和平面所成角的常用方法：①直接法，根据定义，直接作出斜线在平面内的射影，则斜线与射影所成角就是斜线与平面所成角，这也是解决此类问题首先要考虑采用的方法；②间接法，当直接法不便于求解时，利用已知条件进行间接求解或证明，包括平移法，公式法等．‎ ‎(2)求解距离的实质就是根据距离的定义把各种距离转化为一些垂线段的长度的计算，通过解这条线段所在的直角三角形进行求解．点到直线的距离可以利用点和直线所确定的平面直接转化为三角形中底边上的高进行求解；点到面的距离应该首先利用空间线面位置关系找到或作出点到面的垂线段．其他距离的计算也都可以转化为这两种距离的求解．‎ ‎　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1. 如图，α⊥β，α∩β＝l，A∈α，B∈β，A，B到l的距离分别是a和b，AB与α，β所成的角分别是θ和φ，AB在α，β内的射影分别是m和n.若a>b，则(　　)‎ A．θ>φ，m>n B．θ>φ，mn ‎　D　[解析] 由勾股定理，得a2＋n2＝b2＋m2＝AB2，‎ 又a>b，所以m>n.‎ 因为sin θ＝，sin φ＝，而a>b，‎ 所以sin θ