2020年高考数学理科一轮复习讲义：第7章立体几何第5讲

第5讲　直线、平面垂直的判定与性质 [考纲解读]　掌握线线、线面、面面垂直的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的垂直关系的简单命题．(重点、难点)[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容．预测2020年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体考查线面垂直的判定和性质；②根据垂直关系的性质进行转化．试题以解答题第一问直接考查，难度不大，属中档题型.  1．直线与平面垂直判定定理与性质定理 2．平面与平面垂直判定定理与性质定理 3．直线和平面所成的角(1)定义：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)范围：.4．二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(2)范围：[0，π]．5．必记结论(1)若两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．(3)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(4)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(5)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．(6)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．1．概念辨析(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．(　　)(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2．小题热身(1)下列命题中不正确的是(　　)A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案　A解析　A错误，如图1所示，在长方体中α⊥β，l∥α，但l⊂β；B正确，设α∩β＝l，则α内与l平行的直线都与β平行；C正确，由面面垂直的判定可知；D正确，如图2所示，在平面α内，作α与γ交线的垂线m，在平面β内作β与γ的交线的垂线n，由α⊥γ得m⊥γ，由β⊥γ得n⊥γ，所以m∥n.可推出m∥β，进而推出m∥l，所以l⊥γ.  (2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是(　　)A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案　A解析　由AC⊥平面BB1D1D可得OM⊥AC.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a.则OM＝ ＝a，MN＝＝a.ON＝＝a，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.(3)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．答案　解析　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝＝.(4)已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有______对．答案　4解析　由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，由于AC⊥平面PDB，平面PAC⊥平面PDB，共4对． 题型　直线与平面的位置关系角度1　直线与平面所成的角1．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)A．8 B．6C．8 D．8答案　C解析　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，＝tan30°，所以BC1＝2，从而求得CC1＝＝2，所以该长方体的体积为V＝2×2×2＝8.故选C.角度2　直线与平面垂直的判定和性质2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC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，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，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.  1．求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线．(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角．(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．2．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，这是主要证明方法．(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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知一个正四棱柱的体对角线长为，且体对角线与底面所成的角的余弦值为，则该四棱柱的表面积为________．答案　10解析　如图可知，BD＝×＝，DD1＝＝＝2，底面边长AB＝×＝1，所以所求表面积为4AA1·AB＋2AB2＝4×2×1＋2×12＝10.  2．如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明　(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．  ∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.题型 　面面垂直的判定与性质 1．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，则二面角A－BC－P的大小为________．答案　60°解析　因为AB为⊙O的直径，所以AC⊥BC，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，可求得BC⊥PC，所以∠PCA为二面角A－BC－P的平面角．因为∠ACB＝90°，AB＝2，PA＝BC＝，所以AC＝1，所以在Rt△PAC中，tan∠PCA＝＝.所以∠PCA＝60°.2. 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，且CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.又因为在△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V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG，取AD的中点H，连接GH，EH，FH，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的距离等于正三角形EHD的高，即为.所以三棱锥M－EFG的体积V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG＝×S△EFG×＝.结论探究1　在举例说明1条件下，求证：平面PAC⊥平面PBC.证明　因为PA垂直于⊙O所在平面，BC在⊙O所在平面内，所以BC⊥PA.因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的两点．所以BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，又BC⊂平面PBC.所以平面PAC⊥平面PBC.结论探究2　在举例说明1条件下，求二面角A－PB－C的正切值．解　过A作AF⊥PC，垂足为F，过F作FE⊥PB，垂足为E，连接AE，由举例说明1易得BC⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC，所以AF⊥BC.又PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC.所以PB⊥AF，又PB⊥EF，AF∩EF＝F，所以PB⊥平面AEF，所以∠AEF为二面角A－PB－C的平面角，在Rt△PAC中，AC＝1，PA＝，∠PAC＝90°.所以tan∠PCA＝＝，∠PCA＝60°，所以CF＝1×cos60°＝，AF＝1×sin60°＝.在Rt△PBC中，PC＝2，BC＝，∠PCB＝90°，PB＝.由△PEF∽△PCB得＝，所以＝，EF＝，在Rt△AEF中，tan∠AEF＝＝＝，即二面角A－PB－C的正切值为.  1．证明面面垂直的两种方法(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．2．作二面角的平面角的方法(1)定义法：在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．如举例说明1.(2)垂线法：如图所示，作PO⊥β，垂足为β，作OA⊥l，垂足为A，连接PA，则∠PAO为二面角α－l－β的平面角．(3)补棱法：针对在解构成二面角的两个半平面没有明确交线的求二面角问题时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法或三垂线法解题．(4)射影面积法：二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式求出二面角的大小． (5)向量法(最常用)．(6)转化为线面角：如图，求α－l－β的二面角，即求AB与β所成的角．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，M是AB的中点，AC＝CB＝CC1＝2.(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；(2)求点M到平面A1CB1的距离．解　(1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，则A1A⊥CM.∵AC＝CB，M是AB的中点，∴AB⊥CM.又A1A∩AB＝A.∴CM⊥平面ABB1A1，又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1A1.(2)设点M到平面A1CB1的距离为h，由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2，S△A1CB1＝×(2)2＝2，S△A1MB1＝S四边形ABB1A1＝×2×2＝2.由(1)可知CM⊥平面ABB1A1，得VC－A1MB1＝MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1＝h·S△A1CB1.∴点M到平面A1CB1的距离h＝＝.题型 　平面图形的翻折问题(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Q－ABP的体积．解　(1)证明：由已知可得∠BAC＝90°，即AB⊥AC.又AB⊥DA，且AC∩DA＝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＝AC＝3，DA＝3.又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q－ABP的体积为V三棱锥Q－ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin45°＝1.  平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．解决此类问题的步骤为：　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2018·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图2所示的四棱锥P－ABCE.(1)求证：AP⊥平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.证明　(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.∵AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.