高考数学一轮复习教案 第7章_第5节_直线、平面垂直的判定及其性质（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习教案 第7章_第5节_直线、平面垂直的判定及其性质（含答案解析），共15页。

第五节　直线、平面垂直的判定及其性质
[考纲传真]　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．

1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理：如果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．
(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
(4)直线和平面垂直的性质：
①垂直于同一个平面的两条直线平行．
②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．
③垂直于同一条直线的两平面平行．
2．直线和平面所成的角
(1)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直线和这个平面所成的角．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)直线和平面所成角的范围是0°≤θ≤90°.
3．二面角的有关概念
(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．
(3)二面角的范围是0°≤θ≤180°.
4．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)平面与平面垂直的判定定理与性质定理

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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


⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α


1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
2．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
3．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
[基础自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的 打“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α. (　　)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行． (　　)
(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行． (　　)
(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面． (　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的(　　)
A．充分不必要条件　　　　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
B　[根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．故选B.]
3．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.(　　)
A．若l⊥β，则α⊥β　　　　 B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
A　[∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]
4．如图所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角
三角形的个数为________．

4　[∵PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
则△PAB，△PAC为直角三角形．
由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC.
因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]
5．边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠后AC的长为________．
a　[如图所示，取BD的中点O，连接A′O，CO，
则∠A′OC是二面角A′­BD­C的平面角．

即∠A′OC＝90°，又A′O＝CO＝a，
∴A′C＝＝a，
即折叠后AC的长(A′C)为a.]


直线与平面垂直的判定与性质
►考法1　直线与平面垂直的判定
【例1】　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解]　(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM，垂足为H.

又由(1)可得OP⊥CH，OP⊂平面POM，OM⊂平面POM，OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
►考法2　直线与平面垂直的性质
【例2】　(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
[证明]　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC.
[规律方法]　1.证明直线与平面垂直的常用方法
(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“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．
(4)利用面面垂直的性质定理．
2．证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．

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，∵PA⊥平面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.
又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.

面面垂直的判定与性质

【例3】　(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q­ABP的体积．
[解]　(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.
又BA⊥AD，且AC⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，
AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.

又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
作QE⊥AC，垂足为E，则QEDC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ－ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.
[规律方法]　证明面面垂直的2种方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决，
注意：三种垂直关系的转化


(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；

(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
[证明]　(1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.


垂直关系中的存在性问题
【例4】　如图，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.

(1)求三棱锥P­ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在一点M，使得AC⊥BM，若存在求的值，并说明理由．
[解]　(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高，
又PA＝1，
所以三棱锥P­ABC的体积
V＝·S△ABC·PA＝.
(2)在线段PC上存在一点M，使得AC⊥BM，此时＝.

证明如下：如图，在平面PAC内，过点M作MN∥PA交AC于N，连接BN，BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，
所以MN⊥AC.
由MN∥PA知＝＝.
所以AN＝，
在△ABN中，BN2＝AB2＋AN2－2AB·ANcos∠BAC＝12＋－2×1××＝，
所以AN2＋BN2＝AB2，
即AC⊥BN.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN.
所以AC⊥BM.
[规律方法]　1.对命题条件探索性的主要途径：
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.
2.平行(垂直)中点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.

如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，DC＝2AB＝2，DA＝.

(1)线段BC上是否存在一点E，使平面PBC⊥平面PDE？若存在，请给出的值，并进行证明；若不存在，请说明理由．
(2)若PD＝，线段PC上有一点F，且PC＝3PF，求三棱锥A­FBD的体积．
[解]　(1)存在线段BC的中点E，使平面PBC⊥平面PDE，即＝1.证明如下：
连接DE，PE，∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝1，DA＝，∴BD＝DC＝2，
∵E为BC的中点，∴BC⊥DE，
∵PD⊥平面ABCD，∴BC⊥PD，
∵DE∩PD＝D，∴BC⊥平面PDE，
∵BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PDE.
(2)∵PD⊥平面ABCD，且PC＝3PF，

∴点F到平面ABCD的距离为PD＝，
∴三棱锥A­FBD的体积VA­FBD＝VF­ABD＝×S△ABD×＝××1××＝.

平面图形的翻折问题
【例5】　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.

图1　　　　　　　　图2
(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，连接EC(图略)，
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.
[规律方法]　平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.
(2018·鄂州模拟)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P­EF­B的大小为60°.
(1)求证：EF⊥PB；
(2)当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求四棱锥P­EBCF的侧面积．

[解]　(1)证明：在Rt△ABC中，∵AB＝BC＝3，∴BC⊥AB.
∵EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，仍有EF⊥PE，EF⊥BE，
∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB.
(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P­EF­B的平面角，
∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝，
∴PB2＋BE2＝PE2，∴PB⊥BE，∴PB，BC，BE两两垂直，
又EF⊥PE，EF⊥BE，
∴△PBE，△PBC，△PEF均为直角三角形．
由△AEF∽△ABC可得，EF＝BC＝2，
S△PBC＝BC·PB＝，S△PBE＝PB·BE＝，S△PEF＝EF·PE＝2.
在四边形BCFE中，过点F作BC的垂线，垂足为H(图略)，则FC2＝FH2＋HC2＝BE2＋(BC－EF)2＝2，∴FC＝.
在△PFC中，FC＝，PC＝＝2，PF＝＝2，
由余弦定理可得cos∠PFC＝＝－，
则sin∠PFC＝，S△PFC＝PF·FCsin∠PFC＝.
∴四棱锥P­EBCF的侧面积为S△PBC＋S△PBE＋S△PEF＋S△PFC＝2＋2＋.

1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；

(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：如图，连接AC交BD于O.

因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.
2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．
[解]　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，
可得PE⊥平面ABCD.

设AB＝x，则由已知可得
AD＝x，PE＝x.
故四棱锥P­ABCD的体积
VP­ABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由题设得x3＝，故x＝2.
从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.
可得四棱锥P­ABCD的侧面积为
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.