2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章立體幾何第五節(jié)直線平面垂直的判定與性質(zhì)學(xué)案文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第五節(jié)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)2024考綱考題考情1．直線與平面垂直(1)直線和平面垂直的定義直線l與平面α內(nèi)的隨意一條直線都垂直，就說直線l與平面α相互垂直。(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理1．與線面垂直相關(guān)的兩個(gè)常用結(jié)論：(1)兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個(gè)平面垂直。(2)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則與另一個(gè)平面也垂直。2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化：一、走進(jìn)教材1．(必修2P73練習(xí)T1改編)下列命題中不正確的是()A．假如平面α⊥平面β，且直線l∥平面α，則直線l⊥平面βB．假如平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)肯定存在直線平行于平面βC．假如平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)肯定不存在直線垂直于平面βD．假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ解析依據(jù)面面垂直的性質(zhì)，知A不正確，直線l可能平行平面β，也可能在平面β內(nèi)。故選A。答案A2．(必修2P67練習(xí)T2改編)在三棱錐P－ABC中，點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O。(1)若PA＝PB＝PC，則點(diǎn)O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點(diǎn)O是△ABC的________心。解析(1)如圖，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心。(2)如圖，延長(zhǎng)AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于H，D，G。因?yàn)镻C⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以PC⊥AB，因?yàn)锳B⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，所以AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高。同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，即O為△ABC的垂心。答案(1)外(2)垂二、走近高考3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長(zhǎng)方體的體積為()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)解析連接BC1，因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形。又AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3)。又B1C1＝2，所以BB1＝eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，故該長(zhǎng)方體的體積V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2)。答案C4．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析在正方體中連接A1D，AD1，B1C，由正方體的性質(zhì)知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，又因?yàn)锳1D∩CD＝D，所以AD1⊥平面A1B1CD，又因?yàn)锽C1∥AD1，所以BC1⊥平面A1B1CD，因?yàn)锳1E?平面A1B1CD，所以BC1⊥A1E。答案C三、走出誤區(qū)微提示：①忽視線面垂直的條件致誤；②忽視平面到空間的改變致誤。5．“直線a與平面α內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面α垂直”的________條件。解析依據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面α內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面α垂直”，反之則可以，所以應(yīng)是必要不充分條件。答案必要不充分6．已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a與c的位置關(guān)系為________。解析若a，b，c在同一個(gè)平面內(nèi)，由題設(shè)條件可得a∥c；若在空間中，則直線a與c的位置關(guān)系不確定，平行、相交、異面都有可能。答案平行、相交或異面7．已知直線a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，則a與α的位置關(guān)系為________。解析當(dāng)a?α且a垂直于α，β的交線時(shí)，滿意已知條件；若a?α，則a∥α。故得a與α的位置關(guān)系為a∥α或a?α。答案a∥α或a?α考點(diǎn)始終線與平面垂直的判定與性質(zhì)【例1】如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)。證明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE。證明(1)在四棱錐P－ABCD中，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD。又因?yàn)锳C⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以CD⊥平面PAC。而AE?平面PAC，所以CD⊥AE。(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA。因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以AE⊥PC。由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD?平面PCD，所以AE⊥平面PCD，而PD?平面PCD，所以AE⊥PD。因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB。又因?yàn)锳B⊥AD，且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD。又因?yàn)锳B∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，所以PD⊥平面ABE。證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵1．證明直線和平面垂直的常用方法：(1)判定定理；(2)垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；(3)面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；(4)面面垂直的性質(zhì)。2．證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)。因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想?！咀兪接?xùn)練】S是Rt△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點(diǎn)。(1)求證：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC。證明(1)如圖所示，取AB的中點(diǎn)E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分別為AC、AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC，所以DE⊥AB，因?yàn)镾A＝SB，所以△SAB為等腰三角形，所以SE⊥AB。又SE∩DE＝E，所以AB⊥平面SDE。又SD?平面SDE，所以AB⊥SD。在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點(diǎn)，所以SD⊥AC。又AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC。(2)由于AB＝BC，則BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，所以SD⊥BD，又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC。考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)【例2】(2024·江蘇高考)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中AA1＝AB，AB1⊥B1C1。求證：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC。解(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1。因?yàn)锳B?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C。(2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形。又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B。又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC。又因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC。因?yàn)锳B1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC。1．證明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定義；(2)利用面面垂直的判定定理，轉(zhuǎn)化為從現(xiàn)有直線中(或作協(xié)助線)找尋平面的垂線，即證明線面垂直。2．兩個(gè)平面垂直問題，通常是通過“線線垂直→線面垂直→面面垂直”的過程來實(shí)現(xiàn)的。【變式訓(xùn)練】(2024·唐山市摸底考試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點(diǎn)。(1)求證：平面EAC⊥平面PBC；(2)若PC＝eq\r(2)，求三棱錐C－PAB的高。解(1)因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC。因?yàn)锳B＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC。又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC。因?yàn)锳C?平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC。(2)由PC＝eq\r(2)，且PC⊥CB，得S△PBC＝eq\f(1,2)×(eq\r(2))2＝1。由(1)知，AC為三棱錐A－PBC的高。易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，則PA＝AB＝PB＝2，于是S△PAB＝eq\f(1,2)×22sin60°＝eq\r(3)。設(shè)三棱錐C－PAB的高為h，則eq\f(1,3)S△PAB·h＝eq\f(1,3)S△PBC·AC，eq\f(1,3)×eq\r(3)h＝eq\f(1,3)×1×eq\r(2)，解得h＝eq\f(\r(6),3)，故三棱錐C－PAB的高等于eq\f(\r(6),3)?？键c(diǎn)三開放型問題【例3】如圖所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn)。(1)求證：B1D1∥平面A1BD；(2)求證：MD⊥AC；(3)試確定點(diǎn)M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D。解(1)證明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以BB1D1D是平行四邊形，所以B1D1∥BD。而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD。(2)證明：因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC。又因?yàn)锽D⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D，而MD?平面BB1D，所以MD⊥AC。(3)當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，平面DMC1⊥平面CC1D1D。證明如下：取DC的中點(diǎn)N，D1C1的中點(diǎn)N1，連接NN1交DC1于點(diǎn)O，連接OM。因?yàn)镹是DC中點(diǎn)，BD＝BC，所以BN⊥DC。又因?yàn)镈C是平面ABCD與平面DCC1D1的交線，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，所以BN⊥平面DCC1D1。又可證得，O是NN1的中點(diǎn)，所以BM∥ON，且BM＝ON，即BMON是平行四邊形，所以BN∥OM，所以O(shè)M⊥平面CC1D1D，因?yàn)镺M?平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D。1．求條件探究性問題的主要途徑：(1)先猜后證，即先視察與嘗試，猜出條件再證明；(2)先通過命題成立的必要條件探究出命題成立的條件，再證明充分性。2．涉及點(diǎn)的位置探究性問題一般是先依據(jù)條件揣測(cè)點(diǎn)的位置再給出證明，探究點(diǎn)存在問題，點(diǎn)多為中點(diǎn)或三等分點(diǎn)中某一個(gè)，也可以依據(jù)相像學(xué)問找出點(diǎn)的位置?！咀兪接?xùn)練】如圖所示，平面ABCD⊥平面BCE，四邊形ABCD為矩形，BC＝CE，點(diǎn)F為CE的中點(diǎn)。(1)證明：AE∥平面BDF；(2)點(diǎn)M為CD上隨意一點(diǎn)，在線段AE上是否存在點(diǎn)P，使得PM⊥BE？若存在，確定點(diǎn)P的位置，并加以證明；若不存在，請(qǐng)說明理由。解(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OF。因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)。又F為EC的中點(diǎn)，所以O(shè)F∥AE。又OF?平面BDF，AE?平面BDF，所以AE∥平面BDF。(2)當(dāng)點(diǎn)P為AE的中點(diǎn)時(shí)，有PM⊥BE。證明如下：取BE的中點(diǎn)H，連接DP，PH，CH。因?yàn)镻為AE的中點(diǎn)，H為BE的中點(diǎn)，所以PH∥AB。又AB∥CD，所以PH∥CD，所以P，H，C，D四點(diǎn)共面。因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面BCE。又BE?平面BCE，所以CD⊥BE，因?yàn)锽C＝CE，且H為BE的中點(diǎn)，所以CH⊥BE。又CH∩CD＝C，且CH，CD?平面DPHC，所以BE⊥平面DPHC。又PM?平面DPHC，所以PM⊥BE?？键c(diǎn)四直線與平面所成的角【例4】(2024·天津高考)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°。(1)求證：AD⊥BC；(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值。解(1)由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD?平面ABD，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC。(2)如圖，取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND。又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，故MN∥BC。所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角。在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13)。因?yàn)锳D⊥平面ABC，故AD⊥AC。在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13)。在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26)。所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為eq\f(\r(13),26)。(3)連接CM。因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，故CM⊥AB，CM＝eq\r(3)。又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD，而CM?平面ABC，故CM⊥平面ABD。所以，∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角。在Rt△CAD中，CD＝eq\r(AC2＋AD2)＝4。在Rt△CMD中，sin∠CDM＝eq\f(CM,CD)＝eq\f(\r(3),4)。所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4)。求異面直線所成的角的關(guān)鍵在于通過平移使得兩直線相交，可通過構(gòu)造中位線或平行四邊形實(shí)現(xiàn)。求線面角的關(guān)鍵是構(gòu)造過直線上一點(diǎn)且與平面垂直的直線，可以干脆依據(jù)題中的垂直關(guān)系作出，也可以構(gòu)造此垂線后證明。【變式訓(xùn)練】(2024·昆明調(diào)研測(cè)試)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2。過點(diǎn)A1作平面α與AB，AD分別交于M，N兩點(diǎn)，若AA1與平面α所成的角為45°，則截面A1MN面積的最小值是()A．2eq\r(3) B．4eq\r(2)C．4eq\r(6) D．8eq\r(2)解析如圖，過點(diǎn)A作AE⊥MN，連接A1E，因?yàn)锳1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E為AA1與平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因?yàn)锳A1＝2，所以AE＝2，A1E＝2eq\r(2)，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2eq\r(ME·EN)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)ME＝EN，即E為MN的中點(diǎn)時(shí)等號(hào)成立，所以截面A1MN面積的最小值為eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)＝4eq\r(2)。故選B。答案Beq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協(xié)作例1運(yùn)用)如圖①，四邊形ABCD為等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，將△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E為AB的中點(diǎn)，連接DE，DB(如圖②)。(1)求證：BC⊥AD；(2)求點(diǎn)E到平面BCD的距離。解(1)證明：作CH⊥AB于點(diǎn)H，則BH＝eq\f(1,2)，AH＝eq\f(3,2)，又BC＝1，所以CH＝eq\f(\r(3),2)，所以CA＝eq\r(3)，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，因?yàn)槠矫鍭DC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面ADC，又AD?平面ADC，所以BC⊥AD。(2)因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)E到平面BCD的距離等于點(diǎn)A到平面BCD距離的一半。又由(1)的證明可知，BC⊥平面ADC，BC?平面BCD，所以平面ADC⊥平面BCD，所以過A作AQ⊥CD于Q，又因?yàn)槠矫鍭DC∩平面BCD＝CD，且AQ?平面ADC，所以AQ⊥平面BCD，AQ就是點(diǎn)A到平面BCD的距離。由(1)知AC＝eq\r(3)，AD＝DC＝1，所以cos∠ADC＝eq\f(12＋12－\r(3)2,2×1×1)＝－eq\f(1,2)，又0<∠ADC<π，所以∠ADC＝eq\f(2π,3)，所以在Rt△QAD中，∠QDA＝eq\f(π,3)，AD＝1，所以AQ＝AD·sin∠QDA＝1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)。所以點(diǎn)E到平面BCD的距離為eq\f(\r(3),4)。2．(協(xié)作例2運(yùn)用)如圖所示，M，N，K分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中點(diǎn)。求證：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK。證明(1)如圖所示，連接NK。在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因?yàn)樗倪呅蜛A1D1D，DD1C1C都為正方形，所以AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD。因?yàn)镹，K分別為CD，C1D1的中點(diǎn)，所以DN∥D1K，DN＝D1K，所以四邊形DD1KN為平行四邊形，所以KN∥DD1，KN＝DD1，所以AA1∥KN，AA1＝KN，所以四邊形AA1KN為平行四邊形，所以AN∥A1K。又因?yàn)锳1K?平面A1MK，AN?平面A1MK，所以AN∥平面A1MK。(2)如圖所示，連接BC1。在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1。因?yàn)镸，K分別為AB，C1D1的中點(diǎn)，所以BM∥C1K，BM＝C1K，所以四邊形BC1KM為平行四邊形，所以MK∥BC1。在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1。因?yàn)镸K∥BC1，所以A1B1⊥MK。因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，所以BC1⊥B1C，所以MK⊥B1C。因?yàn)锳1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，所以MK⊥平面A1B1C。又因?yàn)镸K?