2018届数学复习第七章立体几何第五节直线、平面垂直的判定及其性质学案文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE25-学必求其心得，业必贵于专精eq\o（\s\up7（第五节)，\s\do5（)）eq\o（\s\up7(直线、平面垂直的判定及其性质），\s\do5（））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∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）)）。答案1．(1）任意(2）相交l⊥α（3）平行a∥b1．(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∥nC．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:C2．（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,G3A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFGC．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＝eq\f（\r（2），4）a,SD＝eq\f(3\r（2）,4)a，所以SG2≠SD2＋GD2，∠SDG≠90°,从而排除B和D.答案：A3．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＝eq\f(1,2）,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eq\b\lc\\rc\}（\a\vs4\al\co1（，))⇒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eq\b\lc\\rc\｝(\a\vs4\al\co1（,，,）)⇒l⊥α答案1．（1）两个半平面(2)垂直于棱2．垂线l⊂βl⊥α交线α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a4．(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∥βB．若l∥α，l⊥β,则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．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：B5．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＝求证:(1)DE∥平面AA1C(2)BC1⊥AB1.【证明】（1)由题意知,E为B1C又D为AB1的中点,因此DE∥AC。又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C，所以（2)因为棱柱ABC－A1B1C1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⊥A1求证：(1)直线DE∥平面A1C（2)平面B1DE⊥平面A1C【证明】（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥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⊂所以直线DE∥平面A1C(2）在直三棱柱ABC－A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1。因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1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,所以又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A所以B1D⊥平面A1C因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C【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＝eq\f（1,2）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eq\r(3).因此，三棱锥M－EFG的体积VM－EFG＝VD－EFG＝eq\f（1，3）×S△EFG×eq\r（3)＝eq\f(2\r（3),3）.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＝eq\f(1，2）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＝eq\f(1,2)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＝eq\f（1，2)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＝eq\f(1，2）AD，所以BC∥MD，且BC＝MD。所以四边形BCDM是平行四边形．所以BM＝CD＝eq\f（1，2)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：eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（m、n⊂α，m∩n＝A，l⊥m,l⊥n））⇒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＝eq\f(2,3）CG。(9分）由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE＝eq\f(2，3）PG，DE＝eq\f(1,3)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＝2eq\r(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＝eq\f（1,3）×eq\f（1，2)×2×2×2＝eq\f（4,3).（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