高中11.4.1 直线与平面垂直示范课ppt课件

这是一份高中11.4.1 直线与平面垂直示范课ppt课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识·自主学习，平行或重合，所成角的大小为90°，斜线段，关键能力·合作学习，解析如图，课堂检测·素养达标，课时素养评价等内容，欢迎下载使用。

1.直线与直线所成角(1)异面直线所成角的定义一般地,如果a,b是空间中的两条异面直线,过空间中任意一点,分别作与a,b___________的直线a′,b′,则a′与b′所成角的大小,称为异面直线a与b所成角的大小.(2)两条直线的夹角两条直线所成的角也称为这两条直线的夹角.(3)两条直线垂直空间中两条直线___________________时,称这两条直线垂直.
【思考】(1)在异面直线所成角的定义中,角的大小与点O的位置有关系吗?提示:根据等角定理可知,a′与b′所成角的大小与点O的位置无关.但是为了简便,点O常取在两条异面直线中的一条上,特别是这一直线上的某些特殊点(如线段的端点、中点等).
(2)研究范围推广到空间后,直线与直线垂直的含义有变化吗?有什么变化?提示:有变化.空间中两条直线垂直包括相交直线垂直和异面直线垂直两种情况.(3)两条异面直线所成角θ的范围是什么?两条直线夹角φ的范围是什么?提示:两条异面直线所成角θ的范围是0°<θ≤90°;两条直线夹角φ的范围是0°≤φ≤90°.
2.直线与平面垂直及其判定定理(1)直线l与平面α垂直的充要条件
(2)直线与平面垂直的判定定理
【思考】(1)定义中的“任何一条直线”与“所有直线”、“无数条直线”是同义语吗?提示:“任何一条直线”与“所有直线”是同义语;“任何一条直线”与“无数条直线”不是同义语.
(2)判定定理的条件中,把“两条相交直线”改为“两条直线”或“无数条直线”可以吗?提示:不可以.若两条直线不相交(即平行),即使直线垂直于平面内无数条直线也不能判定直线与平面垂直.例如,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB1与平面ABCD内无数条直线垂直(与直线AD平行或重合的所有直线),但是AB1与平面ABCD不垂直.
3.直线与平面垂直的性质(1)直线与平面垂直的性质定理
(2)斜线段、斜足的定义如果A是平面α外一点,C是平面α内一点,且AC与α不垂直,则称AC是平面α的_______(相应地,直线AC称为平面α的斜线),称C为斜足.(3)直线在平面内的射影、直线与平面所成的角设AB是平面α的垂线段,B是垂足;AC是平面α的斜线段,C是斜足,则直线BC称为直线AC在平面α内的射影.特别地,∠ACB称为直线AC与平面α所成的角.
【思考】(1)线面垂直的性质定理提供了“垂直”与“平行”关系转化的依据,你能想到其他转化依据吗?提示:
(2)若图中的∠POA是斜线PO与平面α所成的角,则需具备哪些条件?
提示:需要PA⊥α,A为垂足,OA为斜线PO的射影,这样∠POA就是斜线PO与平面α所成的角.
【基础小测】1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)(1)三角形的两边可以垂直于同一个平面. (　　)(2)垂直于同一个平面的两条直线一定共面. (　　)(3)过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直.(　　)(4)如果两条平行直线中的一条与某一条直线垂直,那么另一条直线也与这条直线垂直.(　　)
提示:(1)×. 若三角形的两边垂直于同一个平面,则这两条边平行,不能构成三角形.(2)√.由线面垂直的性质定理可知这两条直线是平行的,故能确定一个平面.(3)√.假设过一点有两条直线与已知平面垂直,由直线与平面垂直的性质定理可得这两条直线平行,应无公共点,这与过同一点相矛盾,故只有一条直线.(4)√.由异面直线所成角的定义或等角定理都可得出,该命题正确.
2.如图所示,若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍,则AB与平面α所成的角是(　　)A.60°B.45°C.30°D.120°
【解析】选A.由题意知,在Rt△ABO中,∠AOB=90°,BO= AB,所以∠ABO=60°.
3.(教材二次开发:例题改编)如图,设O为平行四边形ABCD对角线的交点,P为平面ABCD外一点,且有PA=PC,PB=PD,则PO与平面ABCD的关系是　　　　. 
【解析】因为PA=PC,所以PO⊥AC,又PB=PD,所以PO⊥BD.所以PO⊥平面ABCD.答案:垂直
类型一　线面垂直的定义及线线角、线面角的求解(数学运算、直观想象)【题组训练】1.下列说法中正确的个数是(　　)①如果直线l与平面α内的两条相交直线都垂直,则l⊥α;②如果直线l与平面α内的任意一条直线垂直,则l⊥α;③如果直线l不垂直于α,则α内没有与l垂直的直线;④如果直线l不垂直于α,则α内也可以有无数条直线与l垂直.A.0B.1C.2D.3
2.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则B1D与CC1所成角的正切值为　　　　. 3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1B1C1D1所成的角为(　　)A.30°B.45°C.60°D.135°
【解析】1.选D.由直线和平面垂直的判定定理知①正确;由直线与平面垂直的定义知,②正确;当l与α不垂直时,l可能与α内的无数条直线垂直,故③不对;④正确.
2.如图,B1D与CC1所成的角为∠BB1D. 因为△DBB1为直角三角形,所以tan∠BB1D= 答案:
3.选B.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面A1B1C1D1,BC1在平面A1B1C1D1中的射影为B1C1,所以∠BC1B1即为直线BC1与平面A1B1C1D1所成的角,在等腰直角三角形BB1C1中,∠BC1B1=45°.
【解题策略】1.理解线面垂直判定定理要注意的两个问题(1)要判断一条已知直线和一个平面是否垂直,只需要在该平面内找出两条相交直线与已知直线垂直即可.(2)空间直线与直线垂直包括相交垂直和异面垂直两种情况,所以在平面内的这两条直线是否与已知直线有交点,是无关紧要的.
2.求异面直线所成角的步骤(1)找出(或作出)适合题设的角——用平移法,遇题设中有中点,常考虑中位线;若异面直线依附于某几何体,且对异面直线平移有困难时,可利用该几何体的特殊点,使异面直线转化为相交直线.(2)求——转化为求一个三角形的内角,通过解三角形,求出所找的角.(3)结论——设由(2)所求得的角的大小为θ.若0°<θ≤90°,则θ为所求;若90°<θ<180°,则180°-θ为所求.
【补偿训练】1.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,则异面直线EF与B1D1所成的角为　　　　. 
【解析】连接BC1,AD1,AB1,可知EF为△BCC1的中位线,所以EF∥BC1.又因为AB? CD? C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形.所以BC1∥AD1.所以EF∥AD1.所以∠AD1B1为异面直线EF和B1D1所成的角或其补角.在△AB1D1中,易知AB1=B1D1=AD1,所以△AB1D1为正三角形,所以∠AD1B1=60°.
所以EF与B1D1所成的角为60°.答案:60°
2.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB,则直线PB与平面ABC所成的角等于　　　　. 
【解析】因为PA⊥平面ABC,所以∠PBA为PB与平面ABC所成的角,又PA=AB,所以∠PBA=45°.答案:45°
类型二　直线与平面垂直的判断与性质(逻辑推理、直观想象)角度1　直线与平面垂直的判定 【典例】1.若三条直线OA,OB,OC两两垂直,则直线OA垂直于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　A.平面OABB.平面OACC.平面OBCD.平面ABC
2.如图,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,AE⊥PB于E,AF⊥PC于F. (1)求证:PC⊥平面AEF;(2)设平面AEF交PD于G,求证:AG⊥PD.
【思路导引】1.利用线面垂直的判定定理,由线线垂直,证明线面垂直. 2.PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,AE⊥PB,AF⊥PC⇒AE⊥面PBC;若一条直线垂直于一个平面,则垂直于这个平面内的所有直线.
【解析】1.选C.由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC.2.(1)因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC.又AB⊥BC,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,又AE⊂平面PAB,所以AE⊥BC.又AE⊥PB,PB∩BC=B,所以AE⊥平面PBC,又PC⊂平面PBC,所以AE⊥PC.又因为PC⊥AF,AE∩AF=A,所以PC⊥平面AEF.
(2)由(1)知PC⊥平面AEF,所以PC⊥AG,同理CD⊥平面PAD,AG⊂平面PAD,所以CD⊥AG,PC∩CD=C,所以AG⊥平面PCD,又PD⊂平面PCD,所以AG⊥PD.
【变式探究】若本例2中,底面ABCD是菱形,H是线段AC上任意一点,AF⊥PC于点C,求证:BD⊥FH.
【证明】因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA,因为PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,且PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,又FH⊂平面PAC,所以BD⊥FH.
角度2　直线与平面垂直的性质 【典例】如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与异面直线AC,A1D都垂直相交.求证:EF∥BD1.
【思路导引】证明EF与BD1都与平面AB1C垂直. 【证明】连接AB1,B1C,BD,B1D1,如图所示.
因为DD1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD,BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BDD1B1,所以AC⊥BD1.同理BD1⊥B1C,又AC∩B1C=C,所以BD1⊥平面AB1C.因为EF⊥A1D,且A1D∥B1C,
所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC,AC∩B1C=C,所以EF⊥平面AB1C,所以EF∥BD1.
【解题策略】1.线面垂直的判定方法(1)证明线面垂直的方法①线面垂直的定义.②线面垂直的判定定理.③如果两条平行直线的一条直线垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面.④如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,那么它也垂直于另一个平面.
(2)利用直线与平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的步骤:①在这个平面内找两条直线,使它和这条直线垂直;②确定这个平面内的两条直线是相交的直线;③根据判定定理得出结论.2.利用线面垂直的性质定理,把证线线平行转化为证线面垂直.
【拓展延伸】1.空间几何体中,确定线面角的关键是什么?提示:在空间几何体中确定线面角时,过斜线上一点向平面作垂线,确定垂足位置是关键,垂足确定,则射影确定,线面角确定.
2.求斜线与平面所成角的步骤(1)作图:作(或找)出斜线在平面内的射影,作射影要过斜线上一点作平面的垂线,再过垂足和斜足作直线,注意斜线上点的选取以及垂足的位置要与问题中已知量有关,才能便于计算.(2)证明:证明某平面角就是斜线与平面所成的角.(3)计算:通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算.
【拓展训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求直线A1C与平面ABCD所成的角的正切值.(2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角.
【解析】(1)因为直线A1A⊥平面ABCD,所以∠A1CA为直线A1C与平面ABCD所成的角,设A1A=1,则AC= ,所以tan∠A1CA= .(2)在正方形A1B1C1D1中,A1C1⊥B1D1,因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又BB1∩B1D1=B1,
所以A1C1⊥平面BDD1B1,垂足为O.所以∠A1BO为直线A1B与平面BDD1B1所成的角,在Rt△A1BO中,A1O= A1C1= A1B,所以∠A1BO=30°,即A1B与平面BDD1B1所成的角为30°.
【题组训练】1.如图,BC是Rt△ABC的斜边,PA⊥平面ABC,PD⊥BC,则图中直角三角形的个数是 (　　)A.8B.7C.6D.5
【解析】选A.易知PA⊥AC,PA⊥AD,PA⊥AB,BC⊥AD,BC⊥PD,AC⊥AB.图中的直角三角形分别为△PAC,△PAD,△PAB,△ADC,△ADB,△PCD,△PDB,△ABC,共8个.
2.四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=2,则四棱锥的侧面积是　　　　. 
由已知PA⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,则CD⊥PA,又CD⊥AD,且PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,即△PCD是直角三角形,同理△PBC也是直角三角形,且△PBC和△PCD的面积相同,四棱锥的侧面积S=2S△PAD+2S△PCD=2× ×2×2+2× ×2× =4+4 .答案:4+4
3.如图,在三棱锥S-ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,且SA=SB=SC.(1)求证:SD⊥平面ABC.(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.
【证明】(1)因为SA=SC,D是AC的中点,所以SD⊥AC.在Rt△ABC中,AD=BD,由已知SA=SB,所以△ADS≌△BDS,所以SD⊥BD.又AC∩BD=D,AC,BD⊂平面ABC,所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD.又因为SD∩AC=D,SD,AC⊂平面SAC,所以BD⊥平面SAC.
【补偿训练】如图,AB是☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,M是圆周上任意一点,AN⊥PM,垂足为N.求证:AN⊥平面PBM.
【证明】设☉O所在的平面为α,因为PA⊥α,且BM⊂α,所以PA⊥BM.又因为AB为☉O的直径,点M为圆周上一点,所以AM⊥BM.由于直线PA∩AM=A,所以BM⊥平面PAM,而AN⊂平面PAM,所以BM⊥AN.所以AN与平面PBM内的两条相交直线PM,BM都垂直.所以AN⊥平面PBM.
类型三　直线与平面垂直的判定与性质的综合应用(逻辑推理、直观想象)【典例】如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1= ,D,F分别是A1B1,BB1的中点.(1)求证:C1D⊥AB1.(2)求证:AB1⊥平面C1DF.
【思路导引】(1)要证C1D⊥AB1,需证C1D⊥平面AA1B1B,需证C1D⊥A1B1,C1D⊥AA1,由已知可证.(2)要证AB1⊥平面C1DF,需证AB1⊥DF,需证A1B⊥AB1,需证四边形AA1B1B为正方形,由已知可证.
【证明】(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.又 D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1,因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥C1D,又因为AA1∩A1B1=A1,所以C1D⊥平面AA1B1B,又因为AB1⊂平面AA1B1B,所以C1D⊥AB1.
(2)连接A1B, 因为D,F分别是A1B1,BB1的中点,所以DF∥A1B.又直角三角形A1B1C1中, 所以A1B1= ,所以A1B1=AA1,即四边形AA1B1B为正方形,所以AB1⊥A1B,即AB1⊥DF,又(1)已证C1D⊥AB1,又DF∩C1D=D,所以AB1⊥平面C1DF.
【解题策略】线线、线面垂直问题的解题策略(1)证明线线垂直,一般通过证明一条直线垂直于经过另一条直线的平面,为此分析题设,观察图形找到是哪条直线垂直于经过哪条直线的平面.(2)证明直线和平面垂直,就是要证明这条直线垂直于平面内的两条相交直线,这一点在解题时一定要体现出来.
【跟踪训练】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点,MN⊥平面A1DC.求证:MN∥AD1.
【证明】因为四边形ADD1A1为正方形,所以AD1⊥A1D.又因为CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥AD1.因为A1D∩CD=D,所以AD1⊥平面A1DC.又因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.
备选类型　距离问题(数学运算、直观想象)【典例】如图所示,直角△ABC所在平面α外有一点P,∠ACB=90°,PC=24,PD垂直AC于D,PE⊥BC于E,且PD=PE=6 ,求P点到平面α的距离.
【思路导引】作PO⊥α于O,则PO的长为P点到平面α的距离,构造直角三角形列方程组求解.
【解析】作PO⊥α于O,则PO的长为P点到平面α的距离,连接OC,∠PCO为PC和平面α所成的角,连接OE,OD.因为PD=PE,PE⊥BC于E,PD⊥AC于D,
所以PD,PE在平面α上的射影OE=OD,且OE⊥BC,OD⊥AC,即在四边形ODCE中,OE=OD,且∠OEC=∠ODC=∠ACB=90°,所以四边形ODCE为正方形,OC= OE.设OP=x,OC2=PC2-OP2=242-x2,①OE2=PE2-OP2= ②OC= OE,③解①②③组成的方程组得x=12(舍去负值),即P点到平面α的距离为12.
【解题策略】距离问题一直是高考的重点与热点问题,本题考查了各种距离,其中求点到平面的距离关键是作出点到平面的垂线,线到面的距离关键是转化为点到面的距离,各种距离的基础是点与点的距离.
【跟踪训练】已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形, PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,设点C到平面PAB的距离为d1,点D到平面PAC的距离为d2,BC到平面PAD的距离为d3,则d1,d2,d3三者之间的大小关系是　　　　. 
【解析】如图,点C到平面PAB的距离就是点D到平面PAB的距离,过点D作DE⊥PA,则DE⊥平面PAB,
所以DE的长就是点D到平面PAB的距离,故d1=DE= ;令AC∩BD=M,在平面PDB内作DF⊥PM,则DF⊥平面PAC,所以点D到平面PAC的距离d2=DF= ;BC到平面PAD的距离,即C到平面PAD的距离,所以d3=1,故有d21.在正方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中,与AA1垂直的平面的个数是(　　)　　　　　　　　　　　A.1B.2C.3D.6
【解析】选B.正方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中与AA1垂直的平面是平面ABCD与平面A1B1C1D1.
2.下列说法中,错误的个数是(　　)①若直线m∥平面α,直线l⊥m,则l⊥α;②若直线l和平面α内的无数条直线垂直,则直线l与平面α必相交;③过平面α外一点有且只有一条直线和平面α垂直;④过直线a外一点有且只有一个平面和直线a垂直.A.0B.1C.2D.3
【解析】选C.①错误,若直线m∥平面α,直线l ⊥m,则l与α平行、相交或l在α内都有可能;②错误,若直线l和平面α内的无数条直线垂直,则直线l与平面α平行、相交或l在α内都有可能;③④正确.
3.如图,α∩β=l,点A,C∈α,点B∈β,且BA⊥α,BC⊥β,那么直线l与直线AC的关系是(　　)A.异面B.平行C.垂直D.不确定
【解析】选C.因为BA⊥α,α∩β=l,l⊂α,所以BA⊥l.同理BC⊥l.又BA∩BC=B,所以l⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以l⊥AC.
4.(教材二次开发:练习改编)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB1与平面ADD1A1所成的角等于　　　　,AB1与平面DCC1D1所成的角等于　　　　. 
【解析】∠B1AA1为AB1与平面ADD1A1所成的角,即45°;AB1与平面DCC1D1平行,即所成的角为0°.答案:45°　0°
5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2 ,E,F分别是AD,PC的中点.证明:PC⊥平面BEF.
【证明】连接PE,EC,在Rt△PAE和Rt△CDE中,PA=AB=CD,AE=DE,所以PE=CE, 即△PEC是等腰三角形.又F是PC的中点,所以EF⊥PC.又BP= F是PC的中点,所以BF⊥PC.又BF∩EF=F,所以PC⊥平面BEF.
十八　直线与平面垂直【基础通关——水平一】　 (15分钟·30分)1.下列条件中,能使直线m⊥α的是(　　)　　　　　　　　　A.m⊥b,m⊥c,b⊂α,c⊂αB.m⊥b,b∥αC.m∩b=A,b⊥αD.m∥b,b⊥α
【解析】选D.对于A,缺b与c相交;对于B,还可能得出m∥α,m与α相交或m⊂α;对于C,可能有m∥α或m⊂α或m与α相交. 　　　
【补偿训练】已知两条直线m,n,两个平面α,β,给出下列四个说法:①m∥n,m⊥α⇒n⊥α;②α∥β,m⊂α,n⊂β⇒m∥n;③m⊥n,m∥α⇒n∥α;④α∥β,m∥n,m⊥α⇒n⊥β.其中正确说法的序号是(　　)A.①③B.②④C.①④D.②③
【解析】选C.①④可由直线与平面垂直的定义和判定推证.根据②中条件可知,m与n平行或异面,所以②错.③中由m⊥n,m∥α,可知n∥α或n⊂α,或n与α相交,故③错,所以①④正确.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为(　　)A.- 　　B. 　　C.- 　　D. 【解析】选B.取B1D的中点O,连接EO(图略),则EO∥AC,因为AC⊥平面B1BD,所以EO⊥平面B1BD,则∠EBO就是直线BE与平面B1BD所成角的平面角,所以sin∠EBO= = .
【补偿训练】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为A1B1的中点,AB=BC=4,BB1=1,AC=2 ,则BD与AC所成的角为(　　)　　　　　　　　A.30°B.45°C.60°D.90°
【解析】选C.取B1C1的中点M,连接BM,DM,则DM∥A1C1∥AC,所以异面直线BD与AC所成角为∠BDM,因为DM= AC= ,BD= BM= 所以∠BDM=60°,即异面直线BD与AC所成的角为60°.
3.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB,D为PB的中点,则下列结论正确的有(　　)①BC⊥平面PAB;②AD⊥PC;③AD⊥平面PBC;④PB⊥平面ADC.A.0个B.1个C.2个D.3个
【解析】选D.因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,则PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,故BC⊥平面PAB,①正确;因为BC⊥平面PAB,AD⊂平面PAB,所以BC⊥AD,因为PA=AB,D为PB的中点,故AD⊥PB,又BC∩PB=B,故AD⊥平面PBC,因为PC⊂平面PBC,故AD⊥PC,② ③ 正确;若PB⊥平面ADC,因为CD⊂平面ADC,故PB⊥CD,因为D为PB的中点,故CB=CP,又PC>AC>BC,故CB=CP不成立,故④错误.
【补偿训练】在正四棱锥S-ABCD中,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点.动点P在线段MN上运动时,下列四个结论,不一定成立的为(　　) ①EP⊥AC;②EP∥BD;③EP∥平面SBD;④EP⊥平面SAC.A.①③　　B.③④　　C.①②　　D.②④
【解析】选D.作出如图所示的辅助线.对①,在正四棱锥S-ABCD中,因为AC⊥BD,AC⊥SO,BD⊂平面SBD,SO⊂平面SBD,且SO∩BD=O,故AC⊥平面SBD.又因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,故平面EMN∥平面SBD,故AC⊥平面EMN,因为EP⊂平面EMN,故EP⊥AC成立.故①成立.
对②,当且仅当P与M重合时, EP∥BD.故②不一定成立.对③,由①有平面EMN∥平面SBD,又EP⊂平面EMN,故EP∥平面SBD.故③成立.对④, 当且仅当P与M重合时,才有EP⊥平面SAC.故④不一定成立.
4.如图所示,平面α∩β=CD,EA⊥α,垂足为A,EB⊥β,垂足为B,则CD与AB的位置关系是　　　　. 
【解析】因为EA⊥α,CD⊂α,根据直线和平面垂直的定义,则有CD⊥EA.同理,因为EB⊥β,CD⊂β,则有EB⊥CD.又EA∩EB=E,所以CD⊥平面AEB.又因为AB⊂平面AEB,所以CD⊥AB.答案:CD⊥AB
5.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,过A点作平面A1BD的垂线,垂足为点H,有下列三个结论:①点H是△A1BD的中心;②AH垂直于平面CB1D1;③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确结论的序号是　　　　. 
【解析】①正确,因为AH⊥平面A1BD,AA1=AB=AD,所以Rt△AHA1≌Rt△AHD≌Rt△AHB,所以HA1=HB=HD,所以点H是△A1BD的外心,又因为A1B=BD=DA1,所以点H是△A1BD的中心.②正确,易证平面A1BD∥平面CB1D1,又因为AH⊥平面A1BD,
所以AH垂直于平面CB1D1.③正确,易证A1D⊥平面ABC1D1,所以AC1⊥A1D,又A1D∥B1C,所以AC1⊥B1C,所以AC1与B1C所成的角是90°.答案:①②③
6.如图,正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD,AE⊥平面CDE.求证:AB⊥平面ADE.【证明】因为AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AE⊥CD,又在正方形ABCD中,CD⊥AD,AE∩AD=A,所以CD⊥平面ADE,又在正方形ABCD中,AB∥CD,所以AB⊥平面ADE.
【能力进阶——水平二】 (30分钟·60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.如图,设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G,H.为使PQ⊥GH,则需增加的一个条件是(　　)A.EF⊥平面αB.EF⊥平面βC.PQ⊥GED.PQ⊥FH
【解析】选B.因为EG⊥平面α,PQ⊂平面α,所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β,则由PQ⊂平面β,得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线,所以PQ⊥平面EFHG,所以PQ⊥GH.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,并且总保持AP⊥BD1,则动点P的轨迹是(　　)A.线段B1CB.线段BC1C.BB1中点与CC1中点连成的线段D.BC中点与B1C1中点连成的线段
【解析】选A.如图,由于BD1⊥平面AB1C,故点P一定位于B1C上.
3.如图,在四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,若直线AB与平面ACD所成角的正弦值为 ,则点B到平面ACD的距离为(　　)A. B. C. D.
【解析】选B.因为AB⊥BC,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD,故AB⊥CD,因为CD⊥BE,CD⊥AB,可得CD⊥平面ABE,则AB在平面ADC上的射影与AE在一条直线上,故直线AB与平面ACD所成角即为∠BAE.在Rt△ABE中,BE= ,sin ∠BAE= ,故可得AE=3 ,AB=4,故VA-BCD=VB-ACD,设点B到平面ACD的距离为x,则 S△BCD×AB= S△ACD×x,整理得2AB=6h,解得h= .
4.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下列结论中正确的有(　　)①总存在某个位置,使CE⊥平面A1DE;②总有BM∥平面A1DE;③存在某个位置,使DE⊥A1C.A.①②B.①③C.②③D.①②③
【解析】选A.在①中,总存在某个位置,使CE⊥平面A1DE,①正确;在②中,取CD中点F,连接MF,BF,则MF∥A1D且MF= A1D,FB∥ED且FB=ED,由MF∥A1D与FB∥ED,可得平面MBF∥平面A1DE,所以总有BM∥平面A1DE,故②正确;在③中,A1C在平面ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,所以DE与A1C不垂直,故③错误.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.如果一条直线垂直于一个平面内的　　　,则能得出直线与平面垂直 (　　) A.三角形的两边B.梯形的两边C.圆的两条直径D.正六边形的两边
【解析】选AC.由线面垂直的判定定理知,直线垂直于平面内三角形的两边,因为这两边是相交的,所以能得出直线与平面垂直,所以A选项正确;直线垂直于梯形的两边,因为梯形的两边可能平行,所以不能得出直线与平面垂直,所以B选项不正确;直线垂直于圆的两条直径,因为任何一个圆的两条直径是相交的,所以能得出直线与平面垂直,所以C选项正确;直线垂直于正六边形的两边,因为正六边形的两边可能平行,所以不能得出直线与平面垂直,所以D选项不正确.
6.(2020·惠州高一检测)如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点.现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,下列说法正确的是(　　)A.AG⊥平面EFH　　　　　　B.AH⊥平面EFHC.HF⊥平面AEHD.HG⊥平面AEF
【解析】选BC.由题意可得:AH⊥HE,AH⊥HF.所以AH⊥平面EFH,而AG与平面EFH不垂直,所以B正确,A不正确.又HF⊥HE,所以HF⊥平面AHE,C正确.HG与AG不垂直,因此HG⊥平面AEF不正确,D不正确.
【补偿训练】(多选题)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是(　　)
【解析】选BD.对于A,由AB与CE所成角为45°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于B,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;对于C,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于D,连接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE.
三、填空题(每小题5分,共10分)7.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论:①PB⊥AE;②平面ABC⊥平面PBC;③直线BC∥平面PAE;④∠PDA=45°.其中正确的有　　　　(把所有正确的序号都填上). 
【解析】对于①,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AE,又EA⊥AB,PA∩AB=A,所以EA⊥平面PAB,从而可得EA⊥PB,故①正确.对于②,由于PA⊥平面ABC,所以平面ABC与平面PBC不可能垂直,故②不正确.对于③,由于在正六边形中BC∥AD,所以BC与EA必有公共点,从而BC与平面PAE有公共点,所以直线BC与平面PAE不平行,故③不正确.对于④,由条件得△PAD为直角三角形,且PA⊥AD,又PA=2AB=AD,所以∠PDA=45°.故④正确.答案:①④
8.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑P-ABC中PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为△PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.当E在AC上时,AE=　　　　;点E的轨迹的长度为　　　　. 
【解析】当E在AC上时,因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥平面PAC.故DE⊥AC.又∠ACB=90°,故DE∥BC,D为AB中点,所以E为AC中点.故AE= AC=2.取AC中点F,则由(1)有DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,设平面DEF∩PC=G,则有PC⊥平面DGF.故点E的轨迹为FG.
又此时CF=2,tan∠PCA= ,故sin∠PCA= 所以FG=CF·sin∠PCA= 答案:2　
四、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,四边形ABCD为矩形,AD⊥平面ABE,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.求证:AE⊥BE.
【证明】因为AD⊥平面ABE,AD∥BC,所以BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE,所以AE⊥BC.因为BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,所以AE⊥BF.又因为BF⊂平面BCE,BC⊂平面BCE,BF∩BC=B,所以AE⊥平面BCE.又BE⊂平面BCE,所以AE⊥BE.
【补偿训练】如图所示,四边形ABB1A1为圆柱的轴截面(过圆柱轴的截面),C是圆柱底面圆周上异于A,B的任意一点.求证:AC⊥平面BB1C.
【证明】因为四边形ABB1A1为圆柱的轴截面,所以BB1⊥底面ABC.因为AC⊂底面ABC,所以BB1⊥AC.因为AB为底面圆的直径,所以∠ACB=90°,所以BC⊥AC.又因为BB1∩BC=B,BB1⊂平面BB1C,BC⊂平面BB1C,所以AC⊥平面BB1C.
10.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧面SBC为等边三角形,SD=2.(1)求证:SD⊥BC;(2)求点B到平面ASD的距离.
【解析】(1)设BC边中点是E,连接DE,SE.因为△SBC是等边三角形,所以SE⊥BC,又由已知得△DBC是等边三角形,所以DE⊥BC,又DE∩SE=E,所以BC⊥平面SDE,所以BC⊥SD.
(2)因为△SBC是边长为2的等边三角形,所以SE= ,同理DE= ,又SD=2,所以S△SDE= ×2× = ,又由(1)知BC⊥平面SDE,所以VS-BCD= S△SDE·BC= × ×2= =VS-ABD,所以VS-ABCD=2VS-BCD= .又易知三棱锥S-BCD是正四面体,所以S在底面BCD上的射影H为△BCD各边中线的交点,且为△BCD的重心,所以H在AC上,由勾股定理,SA=
又CH= OC= (其中O为AC与BD的交点),所以SH= ,AH= + = ,所以SA=2 ,所以SD2+AD2=SA2,所以SD⊥AD,所以S△SAD= ×2×2=2.设点B到平面ASD的距离为h.
因为VS-ABD=VB-SAD,所以 ·S△SAD·h= ,所以h= .故点B到平面ASD的距离为 .
【创新迁移】1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=　　　　时,CF⊥平面B1DF.
【解析】由已知得△A1B1C1是等腰直角三角形,A1B1=B1C1,D是A1C1的中点,所以B1D⊥A1C1,由直三棱柱ABC-A1B1C1知AA1⊥平面A1B1C1,又B1D⊂平面A1B1C1,所以B1D⊥AA1,又AA1∩A1C1=A1且AA1,A1C1⊂平面A1ACC1,所以B1D⊥平面A1ACC1,又因为CF⊂平面A1ACC1,所以B1D⊥CF.若CF⊥平面B1DF,则CF⊥DF.
设AF=x(0≤x≤3a),则CF2=x2+4a2,DF2=a2+(3a-x)2,CD2=a2+9a2=10a2,所以10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,解得x=a或2a.答案:a或2a
【补偿训练】已知四棱锥S-ABCD的高为1,底面是边长为2的正方形,顶点在底面的投影是底面的中心,E是BC的中点,动点P在棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为　　　　. 
【解析】设底面的中心为O,连接SO,则SO⊥平面ABCD,所以SO⊥AC,由四边形ABCD是正方形得AC⊥BD,因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,取SC,CD的中点为G,F,易得平面SBD∥平面GEF,所以AC⊥平面GEF,因此动点P的轨迹为△GEF,因为SO=1,BD=2 ,所以BO= ,所以SB= ,所以GE=GF= ,EF= ,因此动点P的轨迹的周长为 .答案:
2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的动点,试确定F的位置,使得D1E⊥平面AB1F.