人教版高考数学一轮复习第8章立体几何第5节直线与平面垂直的判定及其性质学案理含解析

这是一份人教版高考数学一轮复习第8章立体几何第5节直线与平面垂直的判定及其性质学案理含解析，共9页。学案主要包含了疑误辨析，走进教材，易错自纠等内容，欢迎下载使用。
第五节　直线与平面垂直的判定及其性质[最新考纲][考情分析][核心素养]1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理.2.能运用线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.1.以空间几何体为载体，考查线线、线面、面面垂直的证明.2.利用垂直关系及垂直的性质进行适当的转化，处理综合问题.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理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⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a∥b►常用结论1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b⊂α⇒a⊥b.2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．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．2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理 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‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)(2)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.(　　)(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．(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)×二、走进教材2．(必修2P66练习改编)已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为(　　)A．b⊂α B．b∥αC．b⊂α或b∥α D．b与α相交答案：C3．(必修2P67练习2改编)已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，有下列结论：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC．其中正确的是(　　)A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①②③④答案：A三、易错自纠4.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P－ABC中共有直角三角形的个数为(　　)A．4 B．3C．2 D．1解析：选A　由PA⊥平面ABC可得，△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC．又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P－ABC中共有4个直角三角形．5．“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解析：选B　根据直线与平面垂直的定义知由“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之成立，所以是必要不充分条件．6．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β ”的平面α，β(　　)A．不存在 B．有且只有一对C．有且只有两对 D．有无数对解析：选D　过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α，故选D．【例1】　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．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明]　(1)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC．又AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC．由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．又PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB．又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又AE∩AB＝A，所以PD⊥平面ABE.►名师点津证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为—|在一个平面内找到两条相交直线　　⇩—　　⇩—　　⇩—|跟踪训练|1．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⊥面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥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，又由题意知，AB⊥BC，∴DE⊥AB．∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB．又SE∩DE＝E，∴AB⊥面SDE.又SD⊂面SDE，∴AB⊥SD．在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC．又AC∩AB＝A，∴SD⊥面ABC．(2)∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC．由(1)可知，SD⊥面ABC，又BD⊂面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥面SAC．【例2】　(2019年北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．[解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD．又因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC．因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC．(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD．所以AB⊥AE.又PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB．又AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：如图所示，取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝AB．因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝AB．所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.►名师点津1．面面垂直判定的2种方法与1个转化(1)2种方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(α⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)1个转化在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．2．面面垂直性质的应用(1)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．(2)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．|跟踪训练|2．(2019届成都模拟)如图，在四面体P－ABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q.(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)求四面体P－OBQ的体积．解：(1)证明：∵PA＝PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，OA＝AC＝3.在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得PO＝4，∵AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC．在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得BO＝4.在△POB中，PO＝4，BO＝4，PB＝4，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC．∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC．∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，∴BO⊥平面PAC，∵VP－OBQ＝VB－POQ＝S△PQO·BO＝×S△PAO×4＝×3×4＝4，∴四面体P－OBQ的体积为4.●命题角度一　平行与垂直关系的证明【例3】　(2019年江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.[证明]　(1)在△ABC中，因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.►名师点津平行与垂直关系的证明最常用的方法是利用判定定理去证明，注意证题的规范化．●命题角度二　折叠问题中的平行与垂直问题【例4】　如图，四边形ABCD为平行四边形，沿BD将△BCD折起，使点C到达点P的位置．(1)若BC＝2AB，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABD．求证：AB⊥平面PBD．(2)点M，N分别在线段PA，PB上，AB∥平面DMN，试确定M，N的位置，使平面DMN将三棱锥P－ABD分成的两部分的体积比为1∶3.[解]　(1)证明：设AB＝x，则CD＝x，BC＝2x，又在△BCD中，∠BCD＝60°，∴由余弦定理可得BD＝x.又AD＝BC＝2x，∴AD2＝AB2＋BD2，∴AB⊥BD．又平面PBD⊥平面ABD，平面PBD∩平面ABD＝BD，∴AB⊥平面PBD．(2)∵AB∥平面DMN，平面DMN∩平面ABP＝MN，∴AB∥MN.要使平面DMN将三棱锥P－ABD分成的两部分的体积比为1∶3，则V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB或V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB．①当V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB时，＝，即＝＝，即＝＝；②当V三棱锥D－PMN＝V三棱锥D－PAB时，＝，即＝＝，即＝＝.故当＝＝或＝＝时，平面DMN将三棱锥P－ABD分成的两部分的体积比为1∶3.►名师点津解决折叠类问题的步骤— 　⇩— 　⇩—|跟踪训练|3．(2018年全国卷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BA⊥AC．又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD．因为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.如图，过点Q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Q－ABP的体积为VQ－ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.【例】　(2019届湖南湘潭二模)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝，点M在棱CC1上，当MD1＋MA取得最小值时，MD1⊥MA，则棱CC1的长为________．[解析]　把平面DCC1D1展开到长方形ACC1A1所在平面，如图，当A，M，D1在同一条直线上时，MD1＋MA取得最小值，此时＝＝.令MA＝2x，MD1＝x，CC1＝h，则解得h＝.故棱CC1的长为.[答案]　►名师点津把平面DCC1D1展开到长方形ACC1A1所在平面，当A，M，D1三点共线时，MD1＋MA取得最小值，从而得出点M的位置．|跟踪训练|(2019届郑州市第一次质量预测)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面为等腰直角三角形，AB⊥AC，点M，N分别是边AB1，A1C上的动点，若直线MN∥平面BCC1B1，Q为线段MN的中点，则点Q的轨迹为(　　)A．双曲线的一支(一部分)B．圆弧(一部分)C．线段(去掉一个端点)D．抛物线的一部分解析：选C　如图，分别取AA1，B1C的中点E，F，任意作一个与平面BCC1B1平行的平面α与AB1，A1C分别交于M，N，则MN∥平面BCC1B1.由题意知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，则侧面AA1B1B与侧面AA1C1C是两个全等的矩形，且这两个侧面关于过棱AA1与平面BCC1B1垂直的平面是对称的，因此EF必过MN的中点Q，故点Q的轨迹为线段EF，但需去掉端点F，故选C．