2022届高考数学统考一轮复习第八章8.5直线平面垂直的判定和性质学案文含解析新人教版

1、高考复习资料第五节直线、平面垂直的判定和性质【回顾知识点】一、必记6个知识点1直线与平面垂直(1)定义：直线l与平面内的_一条直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直(2)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性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行ab2.直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的_叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角(2)范围：.3平面与平面垂直(1)二面角：从一条直线出发的_所

2、组成的图形叫做二面角(2)二面角的平面角：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_的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角4平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果所成的二面角是_，就说这两个平面互相垂直5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l6.垂直关系中的两个重要结论(1)若两平行线中的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，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)

3、二、必明3个易误点1证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件2面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视3面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误【小题热身锻炼】一、判断正误1判断下列说法是否正确(请在括号中打“”或“×”)(1)l与平面内的两条直线垂直，则直线l平面.()(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直()(3)当时，直线l过内一点且与交线垂直，则l.()(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面()二、教材改编2下列命题不正确的是()a过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直b过平面外一点，有无数条

4、直线与这个平面平行c过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直d过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行3已知直线a，b与平面，能使的充分条件是()a，ba，ba，bca，a da，a三、易错易混4若l，m为两条不同的直线，为平面，且l，则“m”是“ml”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5已知直线a和平面，若，a，则a与的位置关系为_四、走进高考62019·北京卷已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.(参考答案不唯一)直线与平面垂直的判断

5、与性质互动讲练型例12021·河南省豫北名校高三质量考评如图，在多面体efabcd中，四边形abcd为正方形，四边形acef为矩形，平面acef平面abcd，且abaf1.(1)求证：be平面cdf；(2)求点e到平面cdf的距离悟·技法判定线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理(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.变式练(着眼于举一反三)12021·南昌市高三年级摸底测试卷如图，已知直三棱柱abca1b1c1中，abac，abacaa

6、12，e是bc的中点，f是a1e上一点，且a1f2fe.(1)证明：af平面a1bc；(2)求三棱锥c1a1fc的体积考点二平面与平面垂直的判定与性质互动讲练型例22020·全国卷如图，d为圆锥的顶点，o是圆锥底面的圆心，abc是底面的内接正三角形，p为do上一点，apc90°.(1)证明：平面pab平面pac；(2)设do，圆锥的侧面积为，求三棱锥pabc的体积悟·技法面面垂直的证明方法(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

7、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提示两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面这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”.变式练(着眼于举一反三)22021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试如图，四棱锥pabcd中，pa底面abcd，acd是边长为2的等边三角形，且abbc，pa2.(1)求证：平面pac平面pbd；(2)若点m是棱pc的中点，求直线pd与bm所成角的余弦值考点三平面图形翻折成空间图形互动讲练型例32019·全国卷图1是由矩形adeb，rt abc和菱形bfgc组成的一个平面图形，其中ab1，bebf

8、2，fbc60°.将其沿ab，bc折起使得be与bf重合，连结dg，如图2.(1)证明：图2中的a，c，g，d四点共面，且平面abc平面bcge；(2)求图2中的四边形acgd的面积悟·技法对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.变式练(着眼于举一反三)32021·“超级全能生”联考如图，四边形abcd为等腰梯形，ab2，addccb1，将adc沿ac折起，使得平面adc平面abc，e为ab的中点，连接de，db.

9、(1)求证：bcad；(2)求点e到平面bcd的距离第五节直线、平面垂直的判定和性质【回顾知识点】任意aboab锐角两个半平面垂直于棱直二面角lla【小题热身锻炼】1参考答案：(1)×(2)(3)×(4)×2参考答案：d3题目解析：对a，与可能平行；对b，当与相交但不垂直时，也会有ba，b；对c，与可能平行，也可能相交，故a，b，c均错误故选d.参考答案：d4题目解析：由l且m能推出ml，充分性成立；若l且ml，则m或者m，必要性不成立，因此“m”是“ml”的充分不必要条件，故选a.参考答案：a5题目解析：当a且a垂直于、的交线时，满足已知参考答案：a或a6题目解

10、析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况对三种情况逐一验证作为条件，作为结论时，还可能l或l与斜交；作为条件，作为结论和作为条件，作为结论时，容易证明命题成立参考答案：或课堂考点突破考点一例1题目解析：(1)证明：如图，分别取ad，bc，be，df的中点p，q，m，n，连接an，pn，pq，qm，mn，则qmce，pnaf，qmce，pnaf.在矩形acef中，af綊ce，qm綊pn，四边形pqmn为平行四边形，pq綊mn.易知pq綊ab，ab綊mn，四边形abmn为平行四边形，anbm.平面acef平面abcd，ecac，平面acef平面abcdac，ec平面abcd

11、，ecdc.同理faad.又由条件知adaf，andf，则bmdf，即bedf.dcbc，ecdc，且bccec，dc平面bce，dcbe.又bedf，dcdfd，be平面cdf.(2)设点e到平面cdf的距离为h.由(1)可得ecbc.又bccd，cdcec，bc平面cde，ad平面cde.在矩形acef中，afce，af平面cde，三棱锥fcde的高等于ad的长，且ad1.由(1)易知cd平面adf，df平面adf，cddf，scdf×1×.设点e到平面cdf的距离为h，vfcdevedcf，××1×1×1×h，解得h.

12、变式练1题目解析：(1)如图，连接ae，因为abac2，abac，e为bc的中点，所以aebc，ae.由于三棱柱abca1b1c1是直三棱柱，故aa1平面abc，所以aa1ae，aa1bc.在直角三角形a1ae中，因为aa12，ae，所以a1e，那么ef.所以，所以a1aeafe，所以afea1ae90°，即afa1e.由aebc，aa1bc，aa1aea，得bc平面a1ae，af平面a1aebcaf.由afa1e，afbc，bca1ee，得af平面a1bc.(2)过e作edac，交ac于点d，连接a1d，过f作fged，交a1d于点g.因为aa1平面abc，所以aa1ed，又eda

13、c，acaa1a，所以ed平面aa1c，所以fg平面aa1c.因为fged，a1f2fe，所以fged×ab.sa1cc1×2×22，所以v三棱锥c1a1fcv三棱锥fa1cc1sa1cc1·fg×2×.考点二例2题目解析：(1)由题设可知，papbpc.由于abc是正三角形，故可得pacpab，pacpbc.又apc90°，故apb90°，bpc90°.从而pbpa，pbpc，故pb平面pac，所以平面pab平面pac.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl，l2r22.解得r1，l.从

14、而ab.由(1)可得pa2pb2ab2，故papbpc.所以三棱锥pabc的体积为××pa×pb×pc××3.变式练2题目解析：(1)证明：pa底面abcd，pabd，取ac的中点o，连接ob，od，则acob，acod，点o，b，d共线，即acbd.又paaca，bd平面pac.bd平面pbd，平面pac平面pbd.(2)取cd的中点n，连接mn，bn，则mnpd.bmn或其补角是异面直线pd与bm所成的角rtpad中，paad2，pd2，mn.连接om，则ompa，om平面abcd，rtmob中，moob1，bm.bdn中，bd1

15、，dn1，bdn30°，由余弦定理bn2bd2dn22bd·dn·cos 30°，得bn22.bmn中，cosbmn，直线pd与bm所成角的余弦值为.考点三例3题目解析：(1)证明：由已知得adbe，cgbe，所以adcg，故ad，cg确定一个平面，从而a，c，g，d四点共面由已知得abbe，abbc，bcbeb，故ab平面bcge.又因为ab平面abc，所以平面abc平面bcge.(2)取cg的中点m，连接em，dm.因为abde，ab平面bcge，所以de平面bcge.故decg.由已知，四边形bcge是菱形，且ebc60°得emcg，故cg平面dem.又dm平面dem.因此dmcg.在rtdem中，de1，em，故dm2.所以四边形acgd的面积为4.变式练3题目解析：(1)证明：作chab于点h，如图，则bh，ah.bc1，ch，ca，易得acbc.平面adc平面abc，且平面adc平面abcac，