全品高考备战2027年数学一轮学生用书04第44讲直线、平面垂直的判定与性质【答案】听课手册

第44讲直线、平面垂直的判定与性质●课前基础巩固【知识聚焦】1.(1)任意一条直线垂线垂面(2)两条相交直线一条直线另一条直线任意一条直线平面2.(1)直二面角(2)直二面角∠AOB=90°垂线二面角的平面角∠AOB=90°交线垂直【对点演练】1.43[解析]由PD⊥平面ABCD,得平面PAD⊥平面ABCD,平面PDB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD.因为AC⊥BD,AC⊥PD,BD∩PD=D,所以AC⊥平面PDB,所以平面PAC⊥平面PDB,故互相垂直的平面有4对.与AC垂直的直线有PD,BD,PB,共3条.2.②[解析]在①中,如图甲,a⊂α,b⊂β,且a,b与l都不垂直,则a,b不一定垂直,故①错误;在②中,如图乙,a⊂α,b⊂β,b⊥l,则b⊥α,所以β内所有与b平行的直线都与a垂直,故②正确;在③中,如图丙,a⊂α,但a与l不垂直,则a与β不垂直,故③错误;在④中,如图丁,若a不在α内,则a与β不垂直,故④错误.故填②. 3.(1)外(2)垂[解析](1)如图①,连接OA,OB,OC,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心.(2)如图②,延长AO,BO,CO,分别交BC,AC,AB于点H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,因为AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面POC,所以AB⊥平面POC,又CG⊂平面POC,所以AB⊥CG,即CG为△ABC的边AB上的高.同理可得BD,AH分别为△ABC的边AC,BC上的高,所以O为△ABC的垂心. 4.必要不充分[解析]根据直线与平面垂直的定义知,“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”,反之则可以,所以应填必要不充分.5.5[解析]由底面ABCD是边长为a的正方形,PA=a,PB=PD=2a,得PA⊥AB,PA⊥AD,又AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.由PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAD,可得平面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.由BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,得BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.由CD∥AB,得CD⊥平面PAD,又CD⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.故共有5对互相垂直的面.6.一定[解析]因为PA=PB=PC,所以点P在平面ABC内的射影O为△ABC的外心.因为∠BAC=90°,所以O为BC的中点,又PO⊥平面ABC,PO⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC.●课堂考点探究例1[思路点拨](1)利用面面垂直的判定定理与性质定理,即可判断充分性及必要性;(2)利用线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理判断即可.(1)B(2)B[解析](1)若α⊥β,设α∩β=b,当m与b不垂直时,不能得到m⊥α,故充分性不成立;若m⊥α,由m⊂β,可得α⊥β,故必要性成立.综上所述,“α⊥β”是“m⊥α”的必要不充分条件,故选B.(2)∵PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,∴平面ABC⊥平面PAC,故D中说法正确.∵BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,∴平面PAB⊥平面PBC,故C中说法正确.∵AN⊂平面PAB,∴BC⊥AN,∵AN⊥PB,BC∩PB=B,∴AN⊥平面PBC,又AN⊂平面ANS,∴平面ANS⊥平面PBC,故A中说法正确.对于B,假设平面ANS⊥平面PAB,∵AN⊥平面PBC,NS⊂平面PBC,∴AN⊥NS,∵平面PAB⊥平面ANS,平面PAB∩平面ANS=AN,∴NS⊥平面PAB,∴NS⊥PB,∵AN⊥PB,AN∩NS=N,∴PB⊥平面ANS,又AS⊂平面ANS,∴PB⊥AS,∵AS⊥PC,PB∩PC=P,∴AS⊥平面PBC,与AN⊥平面PBC矛盾,故B中说法不正确.故选B.变式题(1)A(2)B[解析](1)对于A选项,当l⊥β,α∥β时,l⊥α,故A选项正确;对于B选项,当l∥β,α⊥β时,直线l与平面α可能平行、相交或l⊂α,故B选项错误;对于C选项,当l⊥m,m∥α时,直线l与平面α可能平行、相交或l⊂α,故C选项错误;对于D选项,当l⊥m,m⊂α时,直线l与平面α可能平行、相交或l⊂α,故D选项错误.故选A.(2)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,因为AB=2,AA1=AD=1,所以底面ABCD是长、宽不相等的长方形,所以AC与BD不垂直.因为AC⊂平面ACC1,所以由线面垂直的性质可知BD与平面ACC1不垂直,因为CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以CC1⊥BD.因为CC1∩AC1=C1,所以AC1与BD不垂直,故①错误.因为B1C=BC2+B1B2=2=A1B1,所以B1C=A1B1=CD=A1D,因为CD⊥平面A1D1DA,A1D⊂平面A1D1DA,所以CD⊥A1D,又A1B1∥CD,所以四边形A1B1CD是正方形,所以A1C⊥B1D,故②正确.因为AB∥CD,所以AB⊥A1D,因为四边形A1D1DA是正方形,所以AD1⊥A1D,因为AB∩AD1=A,且AB,AD1⊂平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1,故③正确.因为四边形A1B1BA是长、宽不相等的长方形,所以AB1与A1B不垂直,由线面垂直的定义可知,AB1与平面A1例2[思路点拨]思路一:取AD的中点O,连接SO,则SO⊥AD,连接OE,OF,则OE⊥AD,从而AD⊥平面SOE,进而得到SE⊥AD,再证SE⊥OF即可.思路二:要证SE⊥DF,SE⊥AF,只需连接AE,DE,再证AE=SA,DE=SD即可.证明:方法一:取AD的中点O,连接SO,OE,OF,如图.因为四边形ABCD是矩形,O,E分别是AD,BC的中点,所以EOAB,所以EO⊥AD.因为△SAD是等边三角形,所以SO⊥AD.因为SO∩OE=O,所以AD⊥平面SOE.因为SE⊂平面SOE,所以AD⊥SE.因为3SA=2AB,所以OS=SAsin∠SAD=32SA=32×23AB=AB=OE,所以△因为F是SE的中点,所以OF⊥SE.因为OF∩AD=O,OF,AD⊂平面ADF,所以SE⊥平面ADF.方法二:不妨设AB=3,则SA=AD=SD=2.如图,连接AE,DE,因为E为BC的中点,所以AE=DE=2,所以SD=DE,SA=AE.又F为SE的中点,所以DF⊥SE,AF⊥SE.因为DF∩AF=F,DF,AF⊂平面ADF,所以SE⊥平面ADF.变式题证明:方法一:如图,由题设知△DAE为等边三角形,连接CO,BO,设AE=1,则DO=32,CO=BO=12AE=所以PO=66DO=24,所以PC=PO2+O因为△ABC为等边三角形,所以BAsin60°=2OA,所以BA=因为PA2+PB2=AB2,所以∠APB=90°,所以PA⊥PB,同理PA⊥PC,又PC∩PB=P,PC,BP⊂平面PBC,所以PA⊥平面PBC.方法二:因为△ABC是底面圆O的内接正三角形,且AE为底面直径,所以AE⊥BC,因为PO垂直于底面,BC在底面内,所以PO⊥BC,连接PE,又PO⊂平面PAE,AE⊂平面PAE,PO∩AE=O,所以BC⊥平面PAE,又PA⊂平面PAE,所以PA⊥BC.设AE∩BC=F,则F为BC的中点,连接PF,设DO=a,则PO=66a,AF=32a,PA=22a,PF=12a,所以PA2+PF2=AF2,所以又PF∩BC=F,PF,BC⊂平面PBC,所以PA⊥平面PBC.方法三:不妨设AB=23,则AE=AD=ABsin60由DO⊥平面ABC,得DO⊥AO,则DO=AD2-所以PO=66DO=2,因为O是△ABC的外心,所以AE⊥BC.在底面过点O作BC的平行线与弧AB相交于点W,以O为坐标原点,OW的方向为x轴的正方向,OE的方向为y轴的正方向,OD的方向为z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,-2,0),B(3,1,0),C(-3,1,0),E(0,2,0),P(0,0,2),所以AP=(0,2,2),BP=(-3,-1,2),CP=(3,-1,2),因为AP·BP=0-2+2=0,AP·CP=0-2+2=0,所以AP⊥BP,AP⊥CP,又BP∩CP=P,BP,CP⊂平面PBC,所以AP⊥平面PBC.例3[思路点拨]利用面面垂直的性质定理,线面垂直的判定定理及性质推理得证.证明:在三棱台ABC-A1B1C1中,取AC的中点O,连接BO,A1O,C1O,如图.由BA=BC,得BO⊥AC,因为平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,BO⊂平面ABC,所以BO⊥平面AA1C1C,又AC1⊂平面AA1C1C,所以AC1⊥BO,因为A1C1∥AO,A1C1=AO=AA1,所以四边形A1AOC1是菱形,所以AC1⊥A1O,又A1O∩BO=O,A1O,BO⊂平面A1OB,所以AC1⊥平面A1OB,又A1B⊂平面A1OB,所以A1B⊥AC1.变式题解:(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以平面ABC⊥平面ABB1A1,又△ABC为正三角形,D为AB的中点,所以CD⊥AB.因为平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CD⊂平面ABC,所以CD⊥平面ABB1A1,又A1E⊂平面ABB1A1,所以CD⊥A1E.(2)证明:因为AB=2,AA1=22,D,E分别为AB,BB1的中点,所以tan∠DEB=22,tan∠EA1B1=22,所以∠DEB=∠EA1B所以∠DEB+∠A1EB1=∠EA1B1+∠A1EB1=π2,所以A1E⊥DE又CD⊥A1E,CD,DE⊂平面CDE,CD∩DE=D,所以A1E⊥平面CDE,又A1E⊂平面A1CE,所以平面A1CE⊥平面CDE.(3)如图,连接C1E,C1D,C1B.设点C1到平面CDE的距离为h,则VC1-CDE=1VC1-CDE=VD-C1EC=VD-C1BC=VC1-BCD=1在△CDE中,CD⊥DE,CD=3,DE=3,所以S△CDE=32所以63=13×32·h,解得h故点C1到平面CDE的距离为26例4[思路点拨](1)利用三角形相似及等量代换得AC⊥BD,利用线面垂直得EA⊥BD,进而得BD⊥平面EAC,结合已知条件得证;(2)通过等体积法得到A到平面FBD的距离,再求线面角.解:(1)证明:设AC与BD的交点为O,连接OF,如图,因为AD∥BC,且AB⊥AD,所以AB⊥BC.因为2AD=2,所以AD=1,又AB=2,AB⊥AD,且BC=2,AB⊥BC,所以△ABD∽△BCA,所以∠ABD=∠BCA,所以∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠BCA.因为AB⊥BC,所以∠BAC+∠BCA=90°,所以∠BAC+∠ABD=90°,即∠BAO+∠ABO=90°,所以∠AOB=90°,所以AO⊥OB,即AC⊥BD.因为EA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以EA⊥BD.因为EA∩AC=A,EA,AC⊂平面EAC,所以BD⊥平面EAC,又因为平面α⊥BD,且B∉平面EAC,所以平面α∥平面EAC.(2)如图,取AC的中点M,连接FM,因为F为棱EC的中点,所以FM=EA2=1,且FM∥EA,又因为EA⊥平面ABCD,所以FM⊥平面因为OM⊂平面ABCD,所以FM⊥OM.因为AB⊥AD,AB⊥BC,所以BD=AB2+AD2=3,AC=AB2+BC2=6.易知△OBC∽△ODA,所以OAOC=DABC=12,所以OA=OC2,即OA=AC3=63.又AM=AC2=62,所以OM=AM-OA=66.因为FM=1,且FM⊥OM,所以OF=1+16=76.因为BD⊥平面EAC,OF⊂平面EAC,所以BD⊥OF,所以S△FBD=12×BD×OF=12×3×76=144.因为AD=1,AB=2,且AB⊥AD,所以S△ABD=22.设h为A到平面BFD的距离,因为VA-BFD=VF-ABD,所以13S△BFD·h=13S△ABD·FM变式题证明:(1)如图,取PD的中点F,连接AF,EF,∵E是PC的中点,∴CD=2EF,EF∥CD.∵AB∥CD