-新教材高中数学第13章立体几何初步2.3第4课时直线与平面垂直的性质学案苏教版必修第二册

PAGEPAGE12第4课时直线与平面垂直的性质【概念认知】直线与平面垂直的性质定理【自我小测】1．在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是()A．相交B．平行C．异面D．相交或平行【解析】选B.圆柱的母线垂直于圆柱的底面，由线面垂直的性质知B正确．2．直线a与直线b垂直，直线b⊥平面α，则直线a与平面α的位置关系是()A．a⊥αB．a∥αC．a⊂αD．a⊂α或a∥α【解析】选D.a⊥b，b⊥α，则a∥α或a⊂α.3．如图所示，α∩β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是()A.异面B．平行C．垂直D．不确定【解析】选C.因为BA⊥α，α∩β＝l，l⊂α，所以BA⊥l.同理BC⊥l.又BA∩BC＝B，所以l⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以l⊥AC.4．已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，如图所示，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝________．【解析】因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE，又AF＝DE，所以AFED是平行四边形，所以EF＝AD＝6.答案：65．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1①异面直线A1D与AB1所成的角为60°②直线A1D与BC1垂直③直线A1D与BD1平行④三棱锥A­A1CD的体积为eq\f(1,6)a3【解析】对于①，连接AB1，B1C，AC，则根据正方体的特点可知A1D∥B1C，且A1D＝B1C＝AC，则三角形AB1C为等边三角形，所以A1D与AB1所成角等于AB对于②，如图所示，因为A1D∥B1C，又B1C⊥BC1，所以A1D⊥BC对于③，由②可知B1C⊥BC1，又B1C⊥C1D1，且BC1∩C1D1＝C1，BC1⊂平面BC1D1，C1D1⊂平面BC1D1，所以B1C⊥平面BC1D1，所以B1C⊥BD1，则A对于④，连接A1C，则三棱锥A­A1CD的体积为V＝eq\f(1,3)S△ACD·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)a·a·a＝eq\f(1,6)a3，故④正确．答案：①②④6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且EF⊥A1D，EF⊥AC.求证：EF∥BD1【证明】如图所示，连接AB1，B1C，BD，B1D1因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，AC∩B1所以BD1⊥平面AB1C因为EF⊥AC，EF⊥A1D，又A1D∥B1C所以EF⊥B1C所以EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1【基础全面练】一、单选题1．(2021·北京高一检测)平行六面体ABCDA1B1C1D1的六个面都是菱形，那么点D1在面ACB1上的射影一定是△ACB1A．重心B．垂心C．内心D．外心【解析】选B.设点D1在面ACB1中的射影为点M，连接B1D1、B1M则D1M⊥面ACB1，可得D1该平行六面体各个表面都是菱形，所以AC∥A1C1，B1D1⊥A1C所以B1D1⊥AC，所以AC⊥平面B1D1M所以B1M同理可证AM⊥B1C，CM⊥AB1所以点M是△ACB1的垂心．2．(2021·蚌埠高一检测)在三棱柱ABCA′B′C′中，AA′⊥底面ABC，E和F分别是线段A′C和BC′的中点，如图，下列结论错误的是()A.EF⊥AA′B．EF∥A′B′C．EF∥CBD．EF∥平面ABC【解析】选C.连接AC′，在△AC′B中，E，F分别为AC′，C′B的中点，所以EF∥AB，因为AA′⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，所以AA′⊥AB，又EF∥AB，所以EF⊥AA′，故A正确；因为在三棱柱ABCA′B′C′中，AB∥A′B′，又EF∥AB，所以EF∥A′B′，故B正确；因为AB∩BC＝B，EF∥AB，故C错误；因为EF∥AB，AB⊂底面ABC，EF⊄底面ABC，所以EF∥平面ABC，故D正确．3．如图(1)，Rt△ABC，AC＝1，AB＝eq\r(3)，BC＝2，D为BC的中点，沿AD将△ACD折起到△AC′D，使得C′在平面ABD上的射影H落在AB上，如图(2)，则以下结论正确的是()A.AC′⊥BDB．AD⊥BC′C．BD⊥C′DD．AB⊥C′D【解析】选C.设AH＝a，则BH＝eq\r(3)－a，因为C′H⊥面ABD，AB⊂面ABD，DH⊂面ABD，所以C′H⊥AB，C′H⊥DH，C′H⊥DB，又Rt△ABC中，AC＝1，AB＝eq\r(3)，BC＝2，D为BC的中点，所以C′D＝BD＝1，∠B＝∠DAB＝eq\f(π,6)，所以在Rt△AC′H中，C′H＝eq\r(（AC′）2－AH2)＝eq\r(1－a2)，所以在Rt△C′HD中，DH2＝C′D2－C′H2＝1－(1－a2)＝a2，所以DH＝a＝AH，所以∠ADH＝∠DAB＝eq\f(π,6)，又∠ADB＝eq\f(2π,3)，所以∠HDB＝eq\f(π,2)，所以BD⊥DH，又C′H∩DH＝H，所以BD⊥面C′DH，又C′D⊂面C′DH，所以BD⊥C′D.二、多选题4．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()A.AE∥CDB．CH∥BEC．DG⊥BHD．BG⊥DE【解析】选BCD.由正方体的平面展开图还原正方体如图，由图形可知，AE⊥CD，故A错误；由HE∥BC，HE＝BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，所以DG⊥平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确．三、填空题5．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正确结论的序号是________.【解析】①因为AB是⊙O的直径，则BC⊥AC，又PA⊥⊙O所在平面，且BC⊂⊙O所在平面，所以BC⊥PA，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，所以AE⊥BC，故①正确；②因为AE⊥PC，AE⊥BC，PC∩BC＝C，所以AE⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB，又AF⊥PB，且AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF，所以EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC成立，又AF⊥PB，且PB∩PC＝P，所以AF⊥平面PBC，又AE⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；④由①可知AE⊥BC，又AE⊥PC，且BC∩PC＝C，所以AE⊥平面PBC，故④正确．答案：①②④6．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法不正确的是________．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.【解析】取AE的中点Q，连接MQ，QN，如下图所示：对于①，M，Q分别为AD，AE的中点，所以MQ∥DE，因为MQ⊄平面DEC，DE⊂平面DEC，所以MQ∥平面DEC，同理可证QN∥平面DEC，因为MQ∩QN＝Q，所以，平面MNQ∥平面DEC，因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面DEC，①正确；对于②，因为AE⊥DE，MQ∥DE，所以MQ⊥AE，同理可得QN⊥AE，因为MQ∩QN＝Q，所以AE⊥平面MNQ，因为MN⊂平面MNQ，所以AE⊥MN，②正确；对于③，因为AB∥QN，若AB∥MN，由平行线的传递性可知MN∥QN，但MN与QN有公共点N，这与MN∥QN矛盾，③错误；对于④，因为AE⊥EC，若AD⊥EC，由AE∩AD＝A，可得出EC⊥平面ADE，因为DE⊂平面ADE，可得EC⊥DE，因此，只需在折起的过程中使得EC⊥DE，就有EC⊥AD，④正确．答案：③四、解答题7．如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．(1)求证：BD⊥AC；(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.【证明】(1)因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连接OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.(2)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.8.(2021·丽水高一检测)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AB＝5，AC＝3，BC＝CC1＝4，M是CC1(1)求证：BC⊥AM；(2)若N是AB上的点，且CN∥平面AB1M【解析】(1)因为CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC.又AB＝5，AC＝3，BC＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC.又AC∩CC1＝C，所以BC⊥平面AA1C又AM⊂平面AA1C(2)过点N作NE∥BB1交AB1于点E，连接ME，由三棱柱ABC­A1B1C1可得BB1∥CC1所以NE∥CC1，即四边形NEMC为平面图形．又CN∥平面AB1M，CN⊂平面NEMC，且平面NEMC∩平面AB1所以CN∥ME，所以四边形NEMC为平行四边形，所以NE＝CM，且NE∥CM，又点M为CC1中点，所以CM＝eq\f(1,2)BB1，且CM∥BB1，所以NE＝eq\f(1,2)BB1，且NE∥BB1，所以BN＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5,2).【综合突破练】一、选择题1．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定【解析】选B.由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，又AC⊥PC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC.2．如图所示，PA⊥平面ABC，在△ABC中，BC⊥AC，∠PBA＝θ1，∠PBC＝θ2，∠ABC＝θ3.则下列关系一定成立的是()A．cosθ1cosθ2＝cosθ3B．cosθ1cosθ3＝cosθ2C．sinθ1sinθ2＝sinθ3D．sinθ1sinθ3＝sinθ2【解析】选B.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PA⊥平面ABC，,BC⊂平面ABC))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PA⊥BC，,AC⊥BC，,PA∩AC＝A))⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC，所以cosθ1＝eq\f(AB,PB)，cosθ2＝eq\f(BC,PB)，cosθ3＝eq\f(BC,AB)，则有cosθ1cosθ3＝cosθ2.3．(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有()A.①B．②C．③D．④【解析】选BD.对于①由AB与CE所成角为45°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于②由AB⊥CE，AB⊥ED且CE∩ED＝E，可得AB⊥平面CDE；对于③由AB与CE所成角为60°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于④由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB；又可得CE⊥AB，ED∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE.二、填空题4．如图所示，PA⊥平面ABC，M，N分别为PC，AB的中点，使得MN⊥AC的一个条件为________．【解析】取AC中点Q，连接MQ，NQ，则MQ∥AP，NQ∥BC，由已知条件易得MQ⊥AC，若AC⊥BC，则NQ⊥AC，所以AC⊥平面MNQ，所以AC⊥MN.答案：AC⊥BC5．已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α于A，EB⊥β于B，a⊂α，a⊥AB，则直线a与l的位置关系是________．【解析】由EA⊥α，EB⊥β知l⊥EA，l⊥EB，从而l⊥平面EAB，而a⊥AB，a⊥EA，所以a⊥平面EAB，所以l∥a.答案：平行6．如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________.【解析】因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥QD.又因为PQ⊥QD，且PA∩PQ＝P，所以QD⊥平面PAQ，所以AQ⊥QD，即Q在以AD为