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- 2021-06-11 发布
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第3课时 直线与平面的位置
关系（2） （对应学生用书（文）111 113页、（理）113 115页）
了解直线与平面的位置关系，了解空间垂直的有关概念；熟练运用线面垂直的判定定理和性质定理.
要注意线线垂直、线面垂直的转化.可以按照要证明的目标重新整理知识点.
1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是 Ｗ.
答案：平行
解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b⊥α，则a∥b.因为l∥a，所以l∥b.
2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是 Ｗ.（填序号）
① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定.
答案：②
解析：设a，b为异面直线，a∥平面α，b∥平面α，直线l⊥a，l⊥b.过a作平面β∩α＝a′，则a∥a′，∴ l⊥a′.同理过b作平面γ∩α＝b′，则l⊥b′.∵ a，b异面，∴ a′与b′相交，∴ l⊥α.
3. 设l，m表示直线，m是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的 条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）
答案：充要
解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.
4. （必修2P42习题9改编）如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆O上不同于A，B的任一点，则图中直角三角形的个数为 Ｗ.
答案：4
解析：因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC，△ACB是直角三角形；由PA⊥平面ABC可得，PA⊥AB，PA⊥AC，所以△PAB与△PAC是直角三角形；因为PA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.而PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，△PCB是直角三角形.故直角三角形的个数为4.
5. （必修2P38练习3改编）在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB＝1，则点C到平面B1BDD1的距离为 Ｗ.
答案：
解析：连结AC，则AC⊥BD，
又BB1⊥AC，故AC⊥平面B1BDD1，
所以点C到平面B1BDD1的距离为AC＝.
1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a与平面α互相垂直，记作a⊥α，直线a叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.
2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
3. 直线与平面垂直
判定定理
性质定理
文字
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行
符号
图形
作用
线线垂直⇒线面垂直
线面垂直⇒线线平行
4. 点到平面的距离
从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.
5. 直线和平面的距离
一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.
6. 直线与平面所成的角
（1） 斜线
一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.
（2） 射影
过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.
（3） 直线和平面所成的角
平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
[备课札记]
, 1 直线与平面垂直的判定)
, 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.
证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.
因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.
又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.
因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.
又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.
变式训练
如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.
证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN.
因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
所以CM⊥平面PAB.
因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.
又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，
所以PA⊥平面MNC.
, 2 直线与平面垂直性质的应用)
, 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
（1） 求证：CD⊥AP；
（2） 若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
证明：（1） 因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，
所以AD⊥AP.
因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.
（2） 因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD ①.
因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.
因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD ②.
由①②得CD∥AB，
因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.
变式训练
如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：
（1） EF⊥平面AB1C；
（2） EF∥BD1.
证明：（1） 在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，
所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.
因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.
又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，
所以EF⊥平面AB1C.
（2） 连结BD，则BD⊥AC.
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC.
因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，
又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，
所以BD1⊥平面AB1C.
又EF⊥平面AB1C，
所以EF∥BD1.
, 3 直线与平面垂直的探索题)
, 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.
（1） 若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；
（2） 试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.
（1） 证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，
∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.
又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，
∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，
∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，
故AP不可能与平面BCC1B1垂直.
（2） 解：M为CC1的中点.
∵ 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BC＝BB1，
∴ 四边形BCC1B1是正方形.
∵ 点M为CC1的中点，点D是BC的中点，
∴ △B1BD≌△BCM，
∴ ∠BB1D＝∠CBM，∠BDB1＝∠CMB.
∵ ∠BB1D＋∠BDB1＝，
∴ ∠CBM＋∠BDB1＝，∴ BM⊥B1D.
∵ △ABC是正三角形，D是BC的中点，
∴ AD⊥BC.
∵ 平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD⊂平面ABC，
∴ AD⊥平面BB1C1C.
∵ BM⊂平面BB1C1C，∴ AD⊥BM.
∵ AD∩B1D＝D，∴ BM⊥平面AB1D.
∵ AB1⊂平面AB1D，∴ MB⊥AB1.
如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点.试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F.
解：如图，连结A1B，CD1，则A1B⊥AB1.
∵ 在正方体ABCDA1B1C1D1中，D1A1⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴ A1D1⊥AB1.
又A1D1∩A1B＝A1，A1D1，A1B⊂平面A1BCD1，
∴ AB1⊥平面A1BCD1.
又D1E⊂平面A1BCD1，∴ AB1⊥D1E.
于是使D1E⊥平面AB1F等价于使D1E⊥AF.
连结DE，易知D1D⊥AF，
若有AF⊥平面D1DE，只需证DE⊥AF.
∵ 四边形ABCD是正方形，点E是BC的中点，
∴ 当且仅当点F是CD的中点时，DE⊥AF，
即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.
1. 如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a（a>0），PA⊥平面ABCD，且PA＝1，问BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由.
解：假设存在点Q，使得PQ⊥QD.连结AQ.
∵ PA⊥平面ABCD，且DQ⊂平面ABCD，
∴ PA⊥DQ.
∵ PQ⊥DQ，且PQ∩PA＝P，PQ⊂平面PAQ，PA⊂平面PAQ，
∴ DQ⊥平面PAQ.
∵ AQ⊂平面PAQ，∴ AQ⊥DQ.
设BQ＝x，则CQ＝a－x，AQ2＝x2＋1，DQ2＝（a－x）2＋1.
∵ AQ2＋DQ2＝AD2，∴ x2＋1＋（a－x）2＋1＝a2，
即x2－ax＋1＝0 （ ）.
方程（ ）的判别式Δ＝a2－4.
∵ a>0，
∴ 当Δ<0，即00，即a>2时，方程（ ）有两个不等实根，设两个实根分别为x1，x2.由于x1＋x2＝a>0，x1x2＝1>0，则这两个实根均为正数.
因此，当02时，BC边上存在不同的两点Q，使PQ⊥QD.
2. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝EC＝AA1.
（1） 求证：AC1∥平面BDE；
（2） 求证：A1E⊥平面BDE.
证明：（1） 连结AC交BD于点O，连结OE.
在长方体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，点O为AC的中点，AA1∥CC1且AA1＝CC1，由EC＝AA1，得EC＝CC1，
即点E为CC1的中点，于是在△CAC1中，AC1∥OE.
因为OE⊂平面BDE，AC1⊄平面BDE，所以AC1∥平面BDE.
（2） 连结B1E.设AB＝a，则在△BB1E中，BE＝B1E＝a，BB1＝2a.
所以BE2＋B1E2＝BB，所以B1E⊥BE.
在长方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BE⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BE.
因为B1E∩A1B1＝ B1，B1E⊂平面A1B1E，A1B1⊂平面A1B1E，所以BE⊥平面A1B1E.
因为A1E⊂平面A1B1E，所以A1E⊥BE.
同理A1E⊥DE.
又因为BE∩DE＝E，BE ⊂平面BDE，DE ⊂平面BDE，
所以A1E⊥平面BDE.
3. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，点E，F分别是AB，PC的中点，PA＝AD.求证：
（1） CD⊥PD；
（2） EF⊥平面PCD.
证明：（1） ∵ PA⊥底面ABCD，∴ CD⊥PA.又矩形ABCD中，CD⊥AD，且AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD，∴ CD⊥PD.
（2） 如图，取PD的中点G，连结AG，FG.
∵ 点G，F分别是PD，PC的中点，
∴ GF綊CD，∴ GF綊AE，
∴ 四边形AEFG是平行四边形，∴ AG∥EF.
∵ PA＝AD，G是PD的中点，
∴ AG⊥PD，∴ EF⊥PD.
∵ CD⊥平面PAD，AG⊂平面PAD，
∴ CD⊥AG，∴ EF⊥CD.
∵ PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴ EF⊥平面PCD.
4. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E. 求证：
（1） DE∥平面AA1C1C；
（2） BC1⊥AB1.
证明：（1） 由题意知，点E为B1C的中点，又点D为AB1的中点，因此DE∥AC.
因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.
（2） 因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，
BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.
因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
5. 如图，在四边形ABEF中，AF⊥BF，点O为AB的中点，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直.
（1） 求证：AF⊥平面CBF；
（2） 设FC的中点为M，求证：OM∥平面DAF.
证明：（1） 因为平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
所以CB⊥平面ABEF.
又AF⊂平面ABEF，则AF⊥CB.
又AF⊥BF，且BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面CBF，
所以AF⊥平面CBF.
（2） 设DF的中点为N，如图，连结AN，NM，则MN綊CD.
又AO綊CD，则MN綊AO，
所以四边形MNAO为平行四边形，
所以OM∥AN.
又AN⊂平面DAF，OM⊄平面DAF，
所以OM∥平面DAF.
【示例】 （本题模拟高考评分标准，满分14分）
如图，四棱锥PABCD的底面为平行四边形，PD⊥平面ABCD，点M为PC的中点.
（1） 求证：AP∥平面MBD；
（2） 若AD⊥PB，求证：BD⊥平面PAD.
学生错解：证明：（1） 如图，连结AC交BD于点O，连结OM.
则点O为AC的中点.又点M为PC的中点，
所以OM∥PA.
因为OM⊂平面MBD，AP⊄平面MBD，
所以AP∥平面MBD.
（2） 因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.
因为AD⊥PB，所以AD⊥平面PBD.
因为BD⊂平面PBD，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD.
因为BD⊥AD，所以BD⊥平面PAD.
错因分析：本题（2）中利用直线与平面垂直的判定定理时，条件交待不全，导致失分.
审题引导： 使用有关定理，必须写全条件，并且不能出现多余条件，严格按照定理描述进行表达.
规范解答：
证明：（1） 如图，连结AC交BD于点O，连结OM.
因为底面ABCD是平行四边形，所以点O为AC的中点.（2分）
又点M为PC的中点，
所以OM∥PA.（4分）
因为OM⊂平面MBD，AP⊄平面MBD，
所以AP∥平面MBD.（6分）
（2） 因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD.（8分）
因为AD⊥PB，PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，
所以AD⊥平面PBD.（10分）
因为BD⊂平面PBD，所以AD⊥BD.（12分）
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD.
因为BD⊥AD，AD∩PD＝D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.（14分）
1. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点.若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝ Ｗ.
答案：90°
解析：∵ 在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABB1A1，∴ B1C1⊥MN.
∵ MN⊥B1M，B1M∩B1C1＝B1，B1M⊂平面C1B1M，B1C1⊂平面C1B1M，∴ MN⊥平面C1B1M，∴ MN⊥C1M，∴ ∠C1MN＝90°.
2. 如图，在四棱锥EABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BE＝BC，AE⊥BE， M为CE上一点，且BM⊥平面ACE.
（1） 求证：AE⊥BC；
（2） 如果点N为线段AB的中点，求证：MN∥平面ADE.
证明：（1） 因为BM⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以BM⊥AE.
因为AE⊥BE，BE∩BM＝B，BE，BM⊂平面EBC，
所以AE⊥平面EBC.
因为BC⊂平面EBC，所以AE⊥BC.
（2） 取DE中点H，连结MH，AH.
因为BM⊥平面ACE，EC⊂平面ACE，所以BM⊥EC.
因为BE＝BC，所以点M为CE的中点.
所以MH为△EDC的中位线.所以MH綊DC.
因为四边形ABCD为平行四边形，所以DC綊AB，
故MH綊AB.
因为点N为AB中点，所以MH綊AN.所以四边形ANMH为平行四边形，所以MN∥AH.
因为MN⊄平面ADE，AH⊂平面ADE，所以MN∥平面ADE.
3. 如图，已知矩形ABCD，过A点作SA⊥平面ABCD，再过A点作AE⊥SB交SB于点E，过E点作EF⊥SC交SC于点F.
（1） 求证：AF⊥SC；
（2） 若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD.
证明：（1） ∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB⊥BC.
∵ SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴ SA⊥BC.
又SA∩AB＝A，SA⊂平面SAB，AB⊂平面SAB，
∴ BC⊥平面SAB.
又AE⊂平面SAB，∴ BC⊥AE.
∵ SB⊥AE，且SB∩BC＝B，SB⊂平面SBC，BC⊂平面SBC，
∴ AE⊥平面SBC.
又SC⊂平面SBC，∴ AE⊥SC.
∵ EF⊥SC，且AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴ SC⊥平面AEF.又AF⊂平面AEF，∴ AF⊥SC.
（2） ∵ SA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴ SA⊥DC.
∵ AD⊥DC，且AD∩SA＝A，AD⊂平面SAD，SA⊂平面SAD，
∴ DC⊥平面SAD.又AG⊂平面SAD，
∴ DC⊥AG.
由（1）知SC⊥平面AEF，AG⊂平面AEF，
∴ SC⊥AG，且SC∩CD＝C，SC⊂平面SDC，CD⊂平面SDC，
∴ AG⊥平面SDC.又SD⊂平面SDC，
∴ AG⊥SD.
4. 如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，∠BAC＝90°，点M，N分别是A1B1，BC的中点.
（1） 求证：AB⊥AC1；
（2） 判断直线MN和平面ACC1A1的位置关系，并加以证明.
（1） 证明：由CC1⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，则CC1⊥AB.
由条件∠BAC＝90°，即AC⊥AB，且AC∩CC1＝C，AC，CC1 ⊂平面ACC1A1，
所以AB⊥平面ACC1A1.
又AC1⊂平面ACC1A1，
所以AB⊥AC1.
（2） 解：MN∥平面ACC1A1.证明如下：
设AC的中点为D，连结DN，A1D.
因为点D，N分别是AC，BC的中点，所以DN綊AB.
又A1M＝A1B1，A1B1綊AB，所以A1M綊DN.
所以四边形A1DNM是平行四边形.所以A1D∥MN.
因为A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1，
所以MN∥平面ACC1A1.
5. 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，点E是A1C1的中点.求证：BE⊥AC.
证明：如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，
连结BD交AC于点F，连结B1D1交A1C1于点E.
因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
因为ABCDA1B1C1D1为直棱柱，所以BB1⊥平面ABCD.
又AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC.
又BD∩BB1＝B，BD⊂平面B1BDD1，BB1⊂平面B1BDD1，所以AC⊥平面B1BDD1.
而BE⊂平面B1BDD1，所以BE⊥AC.
[备课札记]
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