【数学】2018届一轮复习人教A版直线、平面垂直的判定及其性质学案 13页

‎1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理．‎ ‎2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．‎ 知识点一　直线与平面垂直 ‎ ‎1．直线与平面垂直 ‎(1)定义：若直线l与平面α内的______一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．‎ ‎(2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒______.‎ ‎(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线______．即：a⊥α，b⊥α⇒______.‎ ‎2．直线与平面所成的角 ‎(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．‎ ‎(2)线面角θ的范围：θ∈.‎ 答案 ‎1．(1)任意　(2)相交　l⊥α ‎(3)平行　a∥b ‎1．(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(　　)‎ A．m∥l　　　　　　　　　 B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.‎ 答案：C ‎2．(必修②P69练习题)如图，正方形SG‎1G2G3中，E，F分别是G‎1G2，G‎2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体SEFG中必有(　　)‎ A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF 解析：解法1：在正方形SG‎1G2G3中，SG1⊥G1E，SG3⊥G‎3F，在四面体SEFG中，SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G，所以SG⊥平面EFG.‎ 解法2：GF即G‎3F不垂直于SF，所以可以排除C；在△GSD中，GS＝a(正方形边长)，GD＝a，SD＝a，所以SG2≠SD2＋GD2，∠SDG≠90°，从而排除B和D.‎ 答案：A ‎3．线段AB的长等于它在平面α内射影长的2倍，则AB所在直线与平面α所成的角为________．‎ 解析：由题意知cosα＝，又∵0°≤α≤90°，∴α＝60°.‎ 答案：60°‎ 知识点二　二面角的有关概念 ‎ ‎1．二面角的有关概念 ‎(1)二面角：从一条直线出发的____________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________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．‎ ‎2．平面与平面垂直的判定定理 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一条____，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____的直线垂直于另一个平面 ⇒l⊥α 答案 ‎1．(1)两个半平面　(2)垂直于棱 ‎2．垂线　l⊂β　l⊥α　交线　α⊥β　l⊂β　α∩β＝a　l⊥a ‎4．(2017·衡水模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β 解析：对于A，若l∥α，l∥β，则α，β可能相交；对于B，若l∥α，则平面α内必存在一直线m与l平行，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β.选项C，l可能平行于β或l在平面β内；选项D，l还可能平行于β或在平面β内．‎ 答案：B ‎5．如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有________(填序号)．‎ ‎①平面ABC⊥平面ABD；‎ ‎②平面ABD⊥平面BCD；‎ ‎③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；‎ ‎④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.‎ 解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故只有③正确．‎ 答案：③‎ 热点一　直线与平面垂直的判定与性质 ‎ ‎【例1】　已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，且PA＝PC，PB＝PD.若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD.‎ ‎【证明】　在△PBD中，PB＝PD，O为BD的中点，所以PO⊥BD，在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC，又因为AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.‎ ‎【例2】　如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1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，E为B‎1C的中点，‎ 又D为AB1的中点，因此DE∥AC.‎ 又因为DE⊄平面AA‎1C1C，AC⊂平面AA‎1C1C，所以DE∥平面AA‎1C1C.‎ ‎(2)因为棱柱ABC－A1B‎1C1是直三棱柱，‎ 所以CC1⊥平面ABC.‎ 因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.‎ 又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，‎ 所以AC⊥平面BCC1B1.‎ 又因为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.‎ 又因为AB1⊂平面B‎1AC，所以BC1⊥AB1.‎ ‎【总结反思】‎ ‎(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.‎ 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，‎ 又∵AC⊥CD，且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，AB⊂平面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 热点二　平面与平面垂直的判定与性质 ‎ ‎【例3】　(2016·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1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ABC－A1B‎1C1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ABC－A1B‎1C1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.‎ ‎【总结反思】‎ ‎(1)掌握证明两平面垂直常转化为线面垂直，利用判定定理来证明．也可作出二面角的平面角，证明平面角为直角，利用定义来证明．‎ ‎(2)已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面.‎ ‎ ‎ ‎(2017·南昌模拟)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．‎ ‎(1)求证：平面EFG⊥平面PAD.‎ ‎(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥M－EFG的体积．‎ 解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.‎ 又因为△PCD中，E，F分别是PD，PC的中点．所以EF∥CD，所以EF⊥平面PAD.‎ 因为EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAD.‎ ‎(2)因为EF∥CD，EF⊂平面EFG，CD⊄平面EFG，所以CD∥平面EFG，‎ 因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，所以VM－EFG＝VD－EFG，‎ 取AD的中点H，连接GH，EH，则EF∥GH，‎ 因为EF⊥平面PAD，EH⊂平面PAD，所以EF⊥EH.‎ 于是S△EFH＝EF×EH＝2＝S△EFG，‎ 因为平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD＝EH，△EHD是正三角形，所以点D到平面EFG的距离等于正△EHD的高，即为.‎ 因此，三棱锥M－EFG的体积VM－EFG＝VD－EFG＝×S△EFG×＝.‎ 热点三　平行与垂直的综合问题 ‎ ‎【例4】　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．‎ ‎(1)证明：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．‎ ‎【解】　(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．‎ 又F为EC的中点，∴OF∥AE.‎ 又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，‎ ‎∴AE∥平面BDF.‎ ‎(2)当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：‎ 取BE的中点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，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，∴CD⊥平面BCE.‎ 又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.∵CH∩CD＝C，∴BE⊥平面DPHC.‎ 又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.‎ ‎【总结反思】‎ 处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或n等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置.‎ ‎ ‎ ‎(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.‎ ‎(Ⅰ)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；‎ ‎(Ⅱ)证明：平面PAB⊥平面PBD.‎ 解：‎ ‎(Ⅰ)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，所以BC∥AM，且BC＝AM，所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，‎ 所以CM∥平面PAB.‎ ‎(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(Ⅱ)由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以直线AB与CD相交．‎ 所以PA⊥平面ABCD.‎ 从而PA⊥BD.‎ 连接BM，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥MD，且BC＝MD.‎ 所以四边形BCDM是平行四边形．‎ 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD⊂平面PBD，‎ 所以平面PAB⊥平面PBD.‎ ‎1．证明线面垂直的方法 ‎(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇔a⊥α；‎ ‎(2)判定定理1：⇒l⊥α；‎ ‎(3)判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；‎ ‎(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；‎ ‎(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ ‎2．证明线线垂直的方法 ‎(1)定义：两条直线所成的角为90°；‎ ‎(2)平面几何中证明线线垂直的方法；‎ ‎(3)线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；‎ ‎(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.‎ ‎3．证明面面垂直的方法 ‎(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；‎ ‎(2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.‎ ‎4．转化思想：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，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．‎ 专题四　高考解答题鉴赏——立体几何 从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图、简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式加以考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势，转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．‎ ‎【典例】　(2016·新课标全国卷Ⅰ，12分)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．‎ ‎【标准解答】　(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.(2分)‎ 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．(4分)‎ ‎(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．(5分)‎ 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．(7分)‎ 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.(9分)‎ 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.(11分)‎ 所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.(12分)‎ ‎【阅卷点评】　本题通过正投影考查线面垂直．第(1)题较基础，考查学生对垂直的判定和性质的理解；第(2)题较复杂，既考查了学生的抽象推理能力，又考查了学生的计算能力．‎ ‎ ‎ 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A1－BCDE.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE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，且A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.‎ 又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，E为AD中点，所以BC綊ED，所以四边形BCDE为平行四边形，故有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)知，A1O⊥BE，‎ 所以A1O⊥平面BCDE，‎ 即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，‎ 由图1知，A1O＝AB＝a，‎ 平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，‎ 从而四棱锥A1－BCDE的体积为 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，由a3＝36，得a＝6.‎