高考人教版数学一轮学案第七章第五讲直线平面垂直的判定与性质

第五讲直线、平面垂直的判定与性质知识梳理·双基自测eq\x(知)eq\x(识)eq\x(梳)eq\x(理)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__任意__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__相交__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⇒l⊥α．③性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__平行__．即：a⊥α，b⊥α⇒__a∥b__．(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．若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为__0__，若直线与平面垂直，直线与平面所成角为__eq\f(π,2)__．②线面角θ的范围：θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．知识点二平面与平面垂直(1)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的__两个半平面__所组成的图形叫做二面角．②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱__垂直__的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．③二面角θ的范围：θ∈[0，π]．(2)平面与平面垂直①定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是__直二面角__，就说这两个平面互相垂直．②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．即：a⊂α，a⊥β⇒__α⊥β__．③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．即：α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b⇒__a⊥β__．eq\x(归)eq\x(纳)eq\x(拓)eq\x(展)1．若两条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．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．eq\x(双)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(测)题组一走出误区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内的无数条直线都垂直，则l⊥α．(×)(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(×)(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b．(√)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α．(×)(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(√)(6)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．(×)题组二走进教材2．(必修2P73T1)下列命题中不正确的是(D)A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β[解析]对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．题组三走向高考3．(2017·课标全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(CA．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC[解析]∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E．故选C．4．(2019·北京)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．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：__若l⊥α，l⊥m，则m∥α．(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)__．[解析]由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．5．(2020·全国Ⅱ(节选))如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C[证明]∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB又AA1∥BB1，∴MN∥AA1在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM．又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC∵MN∥BB1，MN⊥BC由MN∩AM＝M，MN，AM⊂平面A1AMN∴BC⊥平面A1AMN又∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面BC⊂平面ABC，∴B1C1∥平面又∵B1C1⊂平面EB1且平面EB1C1F∩平面∴B1C1∥EF，∴EF∥又∵BC⊥平面A1AMN∴EF⊥平面A1AMN∵EF⊂平面EB1∴平面EB1C1F⊥平面A考点突破·互动探究考点一空间垂直关系的基本问题——自主练透例1(1)(2021·河北保定七校联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q的必要条件，则q可能是(B)A．q：m⊥α，n∥β，α⊥β B．q：m⊂α，n⊥β，α∥βC．q：m⊥α，n⊥β，α∥β D．q：m⊂α，n∥β，α⊥β(2)(2020·陕西汉中质检一)已知l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，l⊥α，m⊂β，则有下面四个命题：①若α∥β，则l⊥m，②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β．其中所有正确的命题是(A)A．①③ B．①④C．②③ D．①②③④(3)(2021·四川成都诊断)已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是(C)A．若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥nB．若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥nC．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥nD．若m⊥α，n∥β，且α⊥β，则m⊥n[解析](1)由题知q能推出p：m⊥n．对A，当m∥n时仍然可以有m⊥α，n∥β，α⊥β．故A错误．对B，n⊥β，α∥β，则n⊥α，又m⊂α，则m⊥n．故B正确．对C，m⊥α，α∥β则m⊥β，又n⊥β，故m∥n．故C错误．对D，当α⊥β且相交于m时，若n∥m，也满足m⊂α，n∥β．故D错误．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(2l⊥α,α∥β))⇒l⊥β,m⊂β))⇒l⊥m，①对；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,l⊥α))⇒m⊥α,m⊂β))⇒α⊥β，③对；由图可知②④错．故选A．(3)由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n相交，或m与n异面，故A错误；由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误，故选C．名师点拨解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法：(1)依据相关定理得出结论．(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断，或借助笔、纸、桌面进行演示，注意能平移或旋转的线，让其动动再判断．(3)否定命题时只需举一个反例即可．〔变式训练1〕(1)(2021·东北三省三校模拟)已知α，β是不重合的平面，m，n是不重合的直线，则m⊥α的一个充分条件是(C)A．m⊥n，n⊂α B．m∥β，α⊥βC．n⊥α，n⊥β，m⊥β D．α∩β＝n，α⊥β，m⊥n(2)(2021·福建福州调研)已知两条直线m，n和两个平面α，β，下列命题正确的是(A)A．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥βD．若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β[解析](1)对于答案A：m⊥n，n⊂α，得出m与α是相交的或是垂直的或m⊂α，故A错；答案B：m∥β，α⊥β，得出m与α是相交的、平行的都可，故B错；答案C：n⊥α，n⊥β，得出α∥β，再m⊥β得出m⊥α，故C正确．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(2m⊥α,m⊥n))⇒n⊂α或n∥α．若n⊂α，又n⊥β，∴α⊥β；若n∥α，则存在l⊂α且l∥n，又n⊥β，∴l⊥β，∴α⊥β，故A正确；事实上，在B中条件下，α、β可能相交；在C中条件下，α、β可能平行；在D的条件下，α⊥β，故选A．考点二直线与平面垂直的判定与性质——多维探究角度1线、面垂直的判定例2如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN⊥CD；(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD．[证明]解法一：(1)连接AC，AN，BN，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N为PC中点．∴AN＝eq\f(1,2)PC．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC．又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB．从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，∴BN＝eq\f(1,2)PC．∴AN＝BN，∴△ABN为等腰三角形．又M为底边AB的中点，∴MN⊥AB，又AB∥CD，∴MN⊥CD．(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD．又∠PDA＝45°，∴AP＝AD．∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC．连接PM，CM，又∵M为AB的中点，∴AM＝BM．而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴Rt△PAM≌Rt△CBM．∴PM＝CM，又N为PC的中点，∴MN⊥PC．由①知MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD．解法二：(理)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，∴PA、AB、AD两两垂直，如图建立空间直角坐标系，不妨设C(a，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)，\f(c,2)))，(1)由eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(c,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，∴MN⊥CD．(2)∵∠PDA＝45°，∴b＝c，又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(a，b，－b)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b,2)，\f(b,2)))·(a，b，－b)＝0，∴MN⊥PC，又MN⊥CD，∴MN⊥平面PCD．角度2线、面垂直的性质例3(2021·河北“五个一联盟”联考，节选)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1⊥平面AA1C1C，D是AA1的中点，△ACD是边长为1的等边三角形．证明：CD⊥[证明]∵△ACD是边长为1的等边三角形，∴∠ADC＝60°，∠DA1C1＝120°∵D是AA1的中点，△ACD的边长为1，∴AD＝A1D＝A1C1＝1，即△A1C1∴∠A1DC1＝30°，从而∠CDC1＝90°，即CD⊥C1D．∵B1C1⊥平面AA1C1C，且CD⊂∴B1C1⊥CD∵B1C1∩C1D＝C1，B1C1⊂平面B1C1D，C1D⊂平面B1∴CD⊥平面B1C1D∵B1D⊂平面B1C1D，∴CD⊥B1D名师点拨1．证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用等腰三角形底边中线的性质．(3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直线与平面垂直的性质．(5)(理)向量法：a⊥b⇔a·b＝0．2．证明线面垂直的常用方法(1)利用判定定理，它是最常用的思路．(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面．(3)利用面面垂直的性质：①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．(4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2020·河南六市一模)在如图所示的几何体中，ABC－A1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD＝2CD．∠ADC＝60°，若AA1＝AC，求证：AC1⊥平面A1B1CD(2)(角度2)(2021·湖南炎德英才大联考，节选)如图，圆柱OQ的上，下底面圆的圆心分别为Q，O，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的直径AB＝4，母线AD＝AP＝2eq\r(3)．求证：AG⊥BD．[证明](1)证法1：∵AD＝2CD，∠ADC＝60°，∴DC⊥AC，又AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥DC．∴DC⊥平面AA1C1C，又AC1⊂平面∴DC⊥AC1，∵AA1＝AC，∴四边形AA1C1C为菱形，∴AC1⊥而DC∩A1C＝C，∴AC1⊥平面A1B1CD证法2：(理)∵AD＝2CD，∠ADC＝60°，∴∠ACD＝90°，则CD，CA，CC1两两垂直．如图，建立空间直角坐标系C－xyz．不妨设CD＝1，则C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，eq\r(3)，0)，C1(0,0，eq\r(3))，A1(0，eq\r(3)，eq\r(3))．∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))．易得eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(CA1,\s\up6(→))＝0．∴AC1⊥CD，AC1⊥CA1，又∵CD∩CA1＝C，∴AC1⊥平面A1B1CD．(2)证法1：∵AD＝AP，又G是DP的中点，∴AG⊥DP．①∵AB为圆O的直径，∴AP⊥BP，易知DA⊥底面ABP，∴DA⊥BP，而AD∩AP＝A，∴BP⊥平面ADP，又AG⊂平面ADP，∴BP⊥AG，②∴由①②可知：AG⊥平面BDP，又BD⊂平面BDP，∴AG⊥BD．证法2：(理)∵AB为⊙O的直径，∴PA⊥PB，如图建立空间直角坐标系，由题意知P(0,0,0)，A(0,2eq\r(3)，0)，B(2,0,0)，D(0,2eq\r(3)，2eq\r(3))，G(0，eq\r(3)，eq\r(3))，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,2eq\r(3)，2eq\r(3))，∴eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，即AG⊥BD．考点三,两个平面垂直的判定与性质——师生共研例4(2020·四川成都二诊)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6，E，F分别为BB1，AC的中点．(1)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1(2)求几何体AA1EBC的体积．[解析](1)证明：如图，连接AC1交A1C于点O，连接OE，OF，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1为矩形，所以OA＝又因为F为AC的中点，所以OF∥CC1且OF＝eq\f(1,2)CC1．因为E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝eq\f(1,2)CC1．所以BE∥OF且BE＝OF．所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE．因为AB＝CB，F为AC的中点，所以BF⊥AC，所以OE⊥AC．因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BF，所以OE⊥AA1．又AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A所以OE⊥平面ACC1A1因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1(2)四棱锥A1－EB1C1C的高为h＝4sin60°＝2eq\r(3)，底面为直角梯形，面积为S＝eq\f(1,2)×(3＋6)×4＝18，得VA1－EB1C1C＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×18＝12eq\r(3)，故几何体AA1EBC的体积为VAA1EBC＝VABC－A1B1C1－VA1－EB1C1C＝eq\f(1,2)×4×4×eq\f(\r(3),2)×6－12eq\r(3)＝12eq\r(3)．例5(2021·黑龙江大庆市质检)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝2，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，E是AD的中点．(1)求证：BE⊥平面PAD；(2)求点E到平面PAB的距离．[解析](1)连接BD，在△PAD中，PA＝PD＝2，E是AD的中点，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，又∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BE⊥AD，又∵PE∩AD＝E，PE⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE⊥平面PAD．(2)在△PAB中，PA＝AB＝2，PB＝eq\r(6)，则S△PAB＝eq\f(\r(15),2)，在△ABE中，AB＝2，AE＝1，BE＝eq\r(3)，则S△ABE＝eq\f(\r(3),2)，由PE⊥面ABCD，PE＝eq\r(3)，得VP－ABE＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(1,2)，由VP－ABE＝VE－PAB，设点E到平面PAB的距离为h，则eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)，则h＝eq\f(\r(15),5)，即点E到平面PAB的距离为eq\f(\r(15),5)．名师点拨(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知面面垂直时，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．(3)〔变式训练3〕(1)(2020·湖南娄底模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝eq\f(π,3)，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PC上一点，若平面EBD⊥平面ABCD，则eq\f(PE,EC)＝__eq\f(1,2)__．(2)(2021·云南玉海一中期中)已知三棱锥P－ABC(如图1)的展开图如图2，其中四边形ABCD为边长等于eq\r(2)的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形．证明：平面PAC⊥平面ABC．[解析](1)取AD的中点O，连接OC交BD于F点，连接EF，∵△PAD是等边三角形，∴PO⊥AD，∵OD∥BC，BC＝2OD，∴FC＝2OF．又∵平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，又∵平面BDE⊥平面ABCD，∴PO∥平面BDE．∴OP∥EF，∴eq\f(PE,EC)＝eq\f(OF,FC)＝eq\f(1,2)．故答案为eq\f(1,2)．(2)证明：如图取AC的中点O，连接BO，PO．由题意可知PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，∴PO＝1，AO＝BO＝CO＝1，∵在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC．∵在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝eq\r(2)，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB．∵AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC，∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．名师讲坛·素养提升立体几何中的轨迹问题例6(2021·山东青岛模拟改编)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD－A