高考数学一轮总复习 10.5 直线、平面垂直的判定及其性质教案 理 新人教A版

10.5 直线、平面垂直的判定及其性质
典例精析
题型一 面面垂直的判定与性质
【例1】 平面α⊥平面β，A ∈α，B ∈β，AB 与平面α、β所成的角分别为π4和π6，求AB 与α，β的交线l 所成的角的大小.
【解析】过A 、B 分别作AA′⊥l ，BB′⊥l ，垂足分别为A′、B′，则AA′⊥β，BB′⊥α.
连接A′B，AB′，则∠ABA′＝π6，∠BAB′＝π4
. 设AB ＝1，则AA′＝12，AB′＝22，BB′＝22，所以A′B′＝12
. 过B 作BC ∥l 且BC ＝12
，连接A′C、AC ，则∠ABC 为AB 与l 所成的角， 因为A′B′BC，且B′B⊥A′B′，所以A′B′BC 为矩形，所以A′C⊥BC.
又因为AA′⊥BC ，AA′∩A′C＝A′，所以BC ⊥平面AA′C，所以AC ⊥BC.
在Rt △ACB 中，cos ∠ABC ＝BC AB ＝12
， 所以∠ABC ＝π3，即AB 与l 所成的角为π3
. 【点拨】此题关键是根据面面垂直的性质，构造直角三角形.
【变式训练1】如图一所示，已知四棱柱ABCD －A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O 分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD 内的射影是O.
求证：平面O1DC ⊥平面ABCD.
【证明】要证明平面O1DC 与平面ABCD 垂直，考虑到图中已知平面ABCD 的垂线A1O ，因而设法在平面O1DC 中找出A1O 的平行线.
如图二所示，连接AC ，BD ，A1C1，则O 为AC 、BD 的交点，O1为A1C1、B1D1的交点. 由棱柱的性质知：A1O1∥OC ，且A1O1＝OC ，
所以四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O ∥O1C.
又A1O ⊥平面ABCD ，所以O1C ⊥平面ABCD ，
又O1C ⊂平面O1DC ，所以平面O1DC ⊥平面ABCD.
题型二 线面垂直的判定与性质
【例2】 Rt △ABC 所在平面外一点S 满足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)设E 是AB 的中点.
因为D 是AC 的中点.
所以DE ∥BC ，又BC ⊥AB ，所以DE ⊥AB.
因为SA ＝SB ，所以SE ⊥AB ，又SE∩DE＝E ，所以AB ⊥平面SDE ，
而SD ⊂平面SDE ，所以AB ⊥SD ，
又SA＝SC，D为AC的中点，所以SD⊥AC.
而AB∩AC＝A，所以SD⊥平面ABC.
(2)若AB＝BC，则BD⊥AC.
又由(1)知，SD⊥平面ABC，所以SD⊥BD，而SD∩AC＝D，
所以BD⊥平面SAC.
【点拨】证明直线与平面垂直，关键在于证明直线与平面内的两相交直线垂直.
【变式训练2】如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在上底面ABC上的射影H必在( )
A.直线AB上
B.直线BC上
C.直线AC上
D.△ABC内部
【解析】选A.
题型三折叠问题
【例3】在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为P，且使平面PBD⊥平面BCD，如图所示：
(1)求证：平面PBC⊥平面PDC；
(2)在折叠前的四边形ABCD中，作AE⊥BD于E，过E作EF⊥BC于F，求折叠后的图形中∠PFE的正切值.
【解析】(1)折叠前，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD为等腰直角三角形.
又因为∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°.
折叠后，因为平面PBD⊥平面BCD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面PBD，又因为PB⊂平面PBD，所以CD⊥PB.
又因为PB⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥平面PDC，
又PB⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.
(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的这些位置关系不变，所以PE⊥BD，
又平面PBD⊥平面BCD，所以PE⊥平面BCD，所以PE⊥EF，
设AB＝AD＝a，则BD＝2a，所以PE＝
2
2
a＝BE，
在Rt△BEF中，EF＝BE·sin 45°＝
2
2
a×
2
2
＝
1
2
a.
在Rt△PFE中，tan∠PFE＝PE
EF ＝
2
2
a
1
2
a
＝ 2.
【点拨】翻折与展开是一个问题的两个方面，不论是翻折还是展开，均要注意平面图形与立体图形各个对应元素的相对变化，元素间的大小与位置关系.一般而言，在翻折过程中，处在同一个半平面内的元素是不变的，弄清这一点是解决这类问题的关键.
【变式训练3】如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求三棱锥E－ABD的侧面积.
【解析】(1)证明：在△ABD 中，
因为AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°，
所以BD ＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB ＝2 3.
所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB ⊥BD.
又因为平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD∩平面ABD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，
所以AB ⊥平面EBD.
因为DE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥DE.
(2)由(1)知AB ⊥BD.
因为CD ∥AB ，所以CD ⊥BD. 从而DE ⊥BD.
在Rt △DBE 中，因为DB ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2，
所以S △BDE ＝12
DB ·DE ＝2 3. 又因为AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥BE.
因为BE ＝BC ＝AD ＝4，所以S △ABE ＝12
AB ·BE ＝4. 因为DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，所以ED ⊥平面ABD ，
而AD ⊂平面ABD ，所以ED ⊥AD ，所以S △ADE ＝12
AD ·DE ＝4. 综上，三棱锥E-ABD 的侧面积S=8+2.
总结提高
垂直关系是空间元素间的重要位置关系之一，是立体几何中的重点，也是历年来高考考查的点.解此类题的关键是三种垂直关系的相互转化.。