2021新高考数学新课程一轮复习学案第七章第5讲直线平面垂直的判定与性质

第5讲直线、平面垂直的判定与性质[考纲解读]掌握线线、线面、面面垂直的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的垂直关系的简单命题．(重点、难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容．预测2021年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体考查线面垂直的判定和性质；②根据垂直关系的性质进行转化．试题以解答题第一问直接考查，难度不大，属中档题型.1．直线与平面垂直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eq\o(□,\s\up3(01))相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(02))a，b⊂α,\o(□,\s\up3(03))a∩b＝O,\o(□,\s\up3(04))l⊥a,\o(□,\s\up3(05))l⊥b))⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线eq\o(□,\s\up3(06))平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(07))a⊥α,\o(□,\s\up3(08))b⊥α))⇒a∥b2．平面与平面垂直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eq\o(□,\s\up3(01))一条垂线，则这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(02))l⊥α,\o(□,\s\up3(03))l⊂β))⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于eq\o(□,\s\up3(04))交线的直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(05))α⊥β,\o(□,\s\up3(06))α∩β＝a,\o(□,\s\up3(07))l⊂β,\o(□,\s\up3(08))l⊥a))⇒l⊥α3．直线和平面所成的角(1)定义：一条斜线和它在平面上的eq\o(□,\s\up3(01))射影所成的eq\o(□,\s\up3(02))锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)范围：eq\o(□,\s\up3(03))[0°，90°]．4．二面角(1)定义：从一条直线出发的eq\o(□,\s\up3(01))两个半平面所组成的图形叫做二面角；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eq\o(□,\s\up3(02))垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(2)范围：eq\o(□,\s\up3(03))[0°，180°]．5．必记结论(1)若两条平行线中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，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．(3)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(4)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(5)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．(6)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．1．概念辨析(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)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)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.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小题热身(1)下列命题中不正确的是()A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．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βC．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βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案A解析A错误，如图1所示，在长方体中α⊥β，l∥α，但l⊂β；B正确，设α∩β＝l，则α内与l平行的直线都与β平行；C正确，由面面垂直的判定可知；D正确，如图2所示，在平面α内，作α与γ交线的垂线m，在平面β内作β与γ的交线的垂线n，由α⊥γ得m⊥γ，由β⊥γ得n⊥γ，所以m∥n.可推出m∥β，进而推出m∥l，所以l⊥γ.(2)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案B解析根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；已证平面HAG⊥平面AEF，若证HG⊥平面AEF，只需证HG⊥AG，已证AH⊥平面EFH，则易得AH⊥HG，故HG⊥AG不成立，所以HG与平面AEF不垂直，∴D不正确．故选B.(3)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D答案eq\f(1,3)解析连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为AB＝BC＝2，所以A1B1＝B1C1＝2，所以A1C1＝AC＝2eq\r(2)，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝eq\f(AA1,AC1)＝eq\f(1,3).(4)已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面，连接PA，PB，PC，AC，BD，则一定互相垂直的平面有______对．答案4解析由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，由于AC⊥平面PDB，所以平面PAC⊥平面PDB，共4对．题型一直线与平面的位置关系角度1直线与平面所成的角1．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1A．8B．6eq\r(2)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)答案C解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，eq\f(AB,BC1)＝tan30°，所以BC1＝2eq\r(3)，从而求得CC1＝eq\r(BC\o\al(2,1)－BC2)＝2eq\r(2)，所以该长方体的体积为V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).故选C.角度2直线与平面垂直的判定和性质2．(2019·镇江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，E为PB上一点，G为PO的中点．(1)若PD∥平面ACE，求证：E为PB的中点；(2)若AB＝eq\r(2)PC，求证：CG⊥平面PBD.证明(1)如图，连接OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD的中点，∵PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝OE，∴PD∥OE，∵O为BD的中点，∴E为PB的中点．(2)在四棱锥P－ABCD中，AB＝eq\r(2)PC，∵四边形ABCD是正方形，∴OC＝eq\f(\r(2),2)AB，∴PC＝OC，∵G为PO的中点，∴CG⊥PO.又PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PC⊥BD.而四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵AC，PC⊂平面PAC，AC∩PC＝C，∴BD⊥平面PAC，又CG⊂平面PAC，∴BD⊥CG.∵PO，BD⊂平面PBD，PO∩BD＝O，∴CG⊥平面PBD.1.求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线.(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角.(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．如举例说明1.2.证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，这是主要证明方法．如举例说明2(2).(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“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”.(4)利用面面垂直的性质定理.1.已知一个正四棱柱的体对角线长为eq\r(6)，且体对角线与底面所成的角的余弦值为eq\f(\r(3),3)，则该四棱柱的表面积为________.答案10解析由图可知，BD＝eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝eq\r(2)，DD1＝eq\r(BD\o\al(2,1)－BD2)＝eq\r(6－2)＝2，底面边长AB＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1，所以所求表面积为4AA1·AB＋2AB2＝4×2×1＋2×12＝10.2．如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点.∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.题型二面面垂直的判定与性质1．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，则二面角A－BC－P的大小为________.答案60°解析因为AB为⊙O的直径，所以AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，可求得BC⊥PC，所以∠PCA为二面角A－BC－P的平面角．因为∠ACB＝90°，AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，所以AC＝1，所以在Rt△PAC中，tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(3).所以∠PCA＝60°.结论探究在本例的条件下，二面角A－PB－C的正切值为________.答案eq\f(\r(7),3)解析如图，过A作AF⊥PC，垂足为F，过F作FE⊥PB，垂足为E，连接AE，由举例说明1易得BC⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC，所以AF⊥BC.又PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC.所以PB⊥AF，又PB⊥EF，AF∩EF＝F，所以PB⊥平面AEF，所以PB⊥AE，所以∠AEF为二面角A－PB－C的平面角，在Rt△PAC中，AC＝1，PA＝eq\r(3)，∠PAC＝90°.所以tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(3)，所以∠PCA＝60°，所以CF＝1×cos60°＝eq\f(1,2)，AF＝1×sin60°＝eq\f(\r(3),2).在Rt△PBC中，PC＝2，BC＝eq\r(3)，∠PCB＝90°，PB＝eq\r(7).由△PEF∽△PCB得eq\f(EF,BC)＝eq\f(PF,PB)，易知PF＝eq\f(3,2)，所以eq\f(EF,\r(3))＝eq\f(\f(3,2),\r(7))，所以EF＝eq\f(3\r(21),14)，在Rt△AEF中，tan∠AEF＝eq\f(AF,EF)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(3\r(21),14))＝eq\f(\r(7),3)，即二面角A－PB－C的正切值为eq\f(\r(7),3).2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC，又AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.1.作二面角的平面角的方法(1)定义法：在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．如举例说明1.(2)垂线法：如图所示，作PO⊥β，垂足为O，作OA⊥l，垂足为A，连接PA，则∠PAO为二面角α－l－β的平面角.(3)补棱法：在求解二面角问题时，若构成二面角的两个半平面没有明确的交线，则将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法或垂线法解题.(4)射影面积法eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(S射影,S斜)))：二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积时，都可利用射影面积公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(S射影,S斜)))求出二面角的大小.(5)向量法(最常用).(6)转化为线面角：如图，求α－l－β的二面角，即求AB与β所成的角.2．证明面面垂直的两种方法(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一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线面垂直加以解决．如举例说明2(2).如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，M是AB的中点，AC＝CB＝CC(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A(2)求点M到平面A1CB1的距离.解(1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥∵AC＝CB，M是AB的中点，∴AB⊥CM.又A1A∩AB＝A.∴CM⊥平面ABB1A又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1(2)设点M到平面A1CB1的距离为h，由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2eq\r(2)，S△A1CB1＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2＝2eq\r(3)，S△A1MB1＝eq\f(1,2)S四边形ABB1A1＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).由(1)可知CM⊥平面ABB1A1得VC－A1MB1＝eq\f(1,3)MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1＝eq\f(1,3)h·S△A1CB1.∴点M到平面A1CB1的距离h＝eq\f(MC·S△A1MB1,S△A1CB1)＝eq\f(2\r(3),3).题型三平面图形的翻折问题(2019·南昌模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，E，F是边DC的三等分点．现将△DAE，△CBF分别沿AE，BF折起，使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直.(1)若G为线段AB上一点，且AG＝1，求证：DG∥平面CBF；(2)求多面体CDABFE的体积.解(1)证明：如图，分别取AE，BF的中点M，N，连接DM，CN，MG，MN，因为AD＝DE＝1，∠ADE＝90°，所以DM⊥AE，且DM＝eq\f(\r(2),2).因为BC＝CF＝1，∠BCF＝90°，所以CN⊥BF，且CN＝eq\f(\r(2),2).因为平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直，所以DM⊥平面ABFE，CN⊥平面ABFE，所以DM∥CN，因为AM＝AGcos45°，所以∠AMG＝90°，所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形，故∠MGA＝45°，而∠FBA＝45°，则MG∥FB，故平面DMG∥平面CBF，则DG∥平面CBF.(2)如图，连接BE，DF，由(1)可知，DM∥CN，且DM＝CN，则四边形DMNC为平行四边形，故DC＝MN＝eq\f(EF＋AB,2)＝