2021年新高考数学总复习讲义：垂直关系
立体几何垂直关系课件理ppt
地理学
在地理学中，地球的自转轴与地球表面的垂直关系导致了昼夜的变化 和季节的更替。此外，在测量和地图制作中，纬度和经度的确定也涉 及到垂直关系。
02
垂直的基本性质
垂直的分类
根据两条直线或平面与直线的垂直关系，可以将垂直分为点 垂直、线垂直和面垂直。
垂直的分类与判别
点垂直
当两个点重合时，可以认为它们是垂直的。在立体几何 中，点垂直的情况较少出现，更多的是线垂直或面垂直 。
线垂直
当两条直线相互垂直时，称为线垂直。线垂直可以通过 两条直线的方向向量来判断，如果它们的方向向量相互 垂直，则这两条直线垂直。
垂直也是高等数学中重要的概念之一，例如在微积分、线性代数等课程中都有广 泛的应用。
垂直在实际问题解决中的应用价值
在工程、建筑、地质等领域中，垂直 关系的应用十分广泛。例如，在建筑 设计中，需要利用垂直关系来计算建
筑物的高度、宽度等参数。
在地球物理学中，通过测量两地之间 的铅垂距离，可以计算出地球的半径
利用平行线的性质证明垂直
总结词
在立体几何中，我们还可以利用平行线的性质来证明垂直关系。当两条直线平行时，它们的夹角为90 度，这可以用来证明垂直关系。
详细描述
首先，我们需要了解平行线的性质，即两条平行线之间的夹角为90度。在立体几何中，我们通常利用 这个原理来证明垂直关系。例如，在矩形ABCD中，当AD平行于BC时，我们可以证明出BC与DC的夹 角为90度，即BC垂直于DC。
垂径定理
垂径定理是垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦 所对的两条弧。
高三数学北师大版通用,理总复习讲义 垂直关系
§8．４垂直关系１．直线与平面垂直（１）判定直线和平面垂直的方法１定义法．２利用判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．３推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．（２）直线和平面垂直的性质１直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．２垂直于同一个平面的两条直线平行．３垂直于同一条直线的两平面平行．２．二面角的有关概念（１）二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．（２）二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．３．平面与平面垂直（１）平面与平面垂直的判定方法１定义法．２利用判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．（２）平面与平面垂直的性质两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．１．判断下面结论是否正确（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）若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．（√）（３）异面直线所成的角与二面角的取值范围均为（0，错误!]．（×）（４）直线a⊥α，b⊥α，则a∥b. （√）（５）若α⊥β，a⊥β⇒a∥α. （×）（6）a⊥α，aβ⇒α⊥β. （√）２．（２0１３·广东）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）Ａ．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥nＢ．若α∥β，mα，nβ，，则m∥nＣ．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βＤ．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中m与n可平行、可异面；C中若α∥β，仍然满足m⊥n，mα，nβ，故C错误；故D正确．３．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件是（）Ａ．a⊥c，b⊥cＢ．α⊥β，aα，bβＣ．a⊥α，b∥αＤ．a⊥α，b⊥α答案C解析对于选项C，在平面α内作c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B选项中，直线a，b可能是平行直线，也可能是异面直线；D选项中一定有a∥b.４．将图１中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD（如图２），则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是（）Ａ．相交且垂直Ｂ．相交但不垂直Ｃ．异面且垂直Ｄ．异面但不垂直答案C解析在题图１中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图２，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.１若mβ，α⊥β，则m⊥α；２若α∥β，mα，则m∥β；３若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；４若m∥α，m∥β，则α∥β.其中正确命题的序号是________．答案２３解析根据题意若mβ，α⊥β，则mα＝P或m∥α，故１错误；若α∥β，mα，则m∥β，故２正确；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，故３正确；若m∥α，m∥β，则α∥β或α∩β＝l，故４不正确.题型一直线与平面垂直的判定与性质例１如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：（１）CD⊥AE；（２）PD⊥平面ABE.思维启迪第（１）问通过DC⊥平面PAC证明；也可通过AE⊥平面PCD得到结论；第（２）问利用线面垂直的判定定理证明直线PD与平面ABE内的两条相交直线垂直．证明（１）在四棱锥P—ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC，∴CD⊥AE.（２）由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由（１），知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.思维升华（１）证明直线和平面垂直的常用方法：１判定定理；２垂直于平面的传递性（a∥b，a⊥α⇒b⊥α）；３面面平行的性质（a⊥α，α∥β⇒a⊥β）；４面面垂直的性质．（２）证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．（３）线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.（１）求证：SD⊥平面ABC；（２）若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明（１）因为SA＝SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD，所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD.又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC.（２）因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.由（１）知SD⊥BD，又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.题型二平面与平面垂直的判定与性质例２（２0１３·北京）如图，在四棱锥P—ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝２AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD、PC的中点．求证：（１）PA⊥底面ABCD；（２）BE∥平面PAD；（３）平面BEF⊥平面PCD.思维启迪（１）平面PAD⊥底面ABCD，可由面面垂直的性质证PA⊥底面ABCD；（２）由BE∥AD可得线面平行；（３）证明直线CD⊥平面BEF.证明（１）∵平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.∴PA⊥底面ABCD.（２）∵AB∥CD，CD＝２AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE平面PAD，AD平面PAD，∴BE∥平面PAD.（３）∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD.由（１）知PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD，∴CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，又E、F分别为CD、CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.∴平面BEF⊥平面PCD.思维升华（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，aα⇒α⊥β）．（２）在已知平面垂直时，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．（２0１２·江西）如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，E、F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝１２，AD＝５，BC＝４错误!，DE＝４．现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.（１）求证：平面DEG⊥平面CFG；（２）求多面体CDEFG的体积．（１）证明因为DE⊥EF，CF⊥EF，所以四边形CDEF为矩形．由GD＝５，DE＝４，得GE＝错误!＝３．由GC＝４错误!，CF＝４，得FG＝错误!＝４，所以EF＝５．在△EFG中，有EF２＝GE２＋FG２，所以EG⊥GF.又因为CF⊥EF，CF⊥FG，所以CF⊥平面EFG.所以CF⊥EG，所以EG⊥平面CFG.又EG平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG.（２）解如图，在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于点H，则GH＝错误!＝错误!.因为平面CDEF⊥平面EFG，所以GH⊥平面CDEF，所以V多面体CDEFG＝错误!S矩形CDEF·GH＝１6．题型三直线、平面垂直的综合应用例３如图所示，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝２AD＝8，AB＝２DC＝４错误!.（１）设M是PC上的一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；（２）求四棱锥P—ABCD的体积．思维启迪（１）因为两平面垂直与M点位置无关，所以在平面MBD内一定有一条直线垂直于平面PAD，考虑证明BD⊥平面PAD.（２）四棱锥底面为一梯形，高为P到面ABCD的距离．（１）证明在△ABD中，∵AD＝４，BD＝8，AB＝４错误!，∴AD２＋BD２＝AB２.∴AD⊥BD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.又BD平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.（２）解过P作PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，即PO为四棱锥P—ABCD的高．又△PAD是边长为４的等边三角形，∴PO＝２错误!.在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝２DC，∴四边形ABCD为梯形．在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为错误!＝错误!，此即为梯形的高．∴S四边形ABCD＝错误!×错误!＝２４．∴V P—ABCD＝错误!×２４×２错误!＝１6错误!.思维升华垂直关系综合题的类型及解法（１）三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．（２）垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．（３）垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．（２0１３·江西）如图，直四棱柱ABCD—A１B１C１D１中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝２，AD＝错误!，AA１＝３，E为CD上一点，DE＝１，EC＝３．（１）证明：BE⊥平面BB１C１C；（２）求点B１到平面EA１C１的距离．（１）证明过B作CD的垂线交CD于F，则BF＝AD＝错误!，EF＝AB—DE＝１，FC＝２．在Rt△BFE中，BE＝错误!.在Rt△CFB中，BC＝错误!.在△BEC中，因为BE２＋BC２＝9＝EC２，故BE⊥BC.由BB１⊥平面ABCD得BE⊥BB１，所以BE⊥平面BB１C１C.（２）解三棱锥E—A１B１C１的体积V＝错误!AA１·S△A１B１C１＝错误!.在Rt△A１D１C１中，A１C１＝错误!＝３错误!.同理，EC１＝错误!＝３错误!，A１E＝错误!＝２错误!.故S△A１C１E＝３错误!.设点B１到平面A１C１E的距离为d，则三棱锥B１—A１C１E的体积V＝错误!·d·S△A１C１E＝错误!d，从而错误!d＝错误!，d＝错误!.题型四线面角、二面角的求法例４如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．（１）求PB和平面PAD所成的角的大小；（２）证明：AE⊥平面PCD；（３）求二面角A—PD—C的正弦值．思维启迪（１）先找出PB和平面PAD所成的角，线面角的定义要能灵活运用；（２）可以利用线面垂直根据二面角的定义作角．（１）解在四棱锥P—ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，从而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝４５°.所以PB和平面PAD所成的角的大小为４５°.（２）证明在四棱锥P—ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.又AE平面PAC，∴AE⊥CD.由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.（３）解过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．由（２）知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则可证得AM⊥PD.因此∠AME是二面角A—PD—C的平面角．由已知，可得∠CAD＝３0°.设AC＝a，可得PA＝a，AD＝错误!a，PD＝错误!a，AE＝错误!a.在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM·PD＝PA·AD，则AM＝错误!＝错误!＝错误!a.在Rt△AEM中，sin∠AME＝错误!＝错误!.所以二面角A—PD—C的正弦值为错误!.思维升华求线面角、二面角的常用方法．（１）线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．（２）二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有１定义法；２垂面法．注意利用等腰、等边三角形的性质．（２0１２·浙江）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为２错误!的菱形，∠BAD＝１２0°，且PA⊥平面ABCD，PA＝２错误!，M，N分别为PB，PD的中点．（１）证明：MN∥平面ABCD；（２）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．（１）证明连接BD，因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是△PBD的中位线，所以MN∥BD.又因为MN平面ABCD，BD平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.（２）解如图所示，在菱形ABCD中，∠BAD＝１２0°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝错误!AB.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD.所以PB＝PC＝PD.所以△PBC≌△PDC.而M，N分别是PB，PD的中点，所以MQ＝NQ，且AM＝错误!PB＝错误!PD＝AN.取线段MN的中点E，连接AE，EQ，则AE⊥MN，QE⊥MN，所以∠AEQ为二面角A—MN—Q的平面角．由AB＝２错误!，PA＝２错误!，故在△AMN中，AM＝AN＝３，MN＝错误!BD＝３，得AE＝错误!.在Rt△PAC中，AQ⊥PC，得AQ＝２错误!，QC＝２，PQ＝４．在△PBC中，cos∠BPC＝错误!＝错误!，得MQ＝错误!＝错误!.在等腰△MQN中，MQ＝NQ＝错误!，MN＝３，得QE＝错误!＝错误!.在△AEQ中，AE＝错误!，QE＝错误!，AQ＝２错误!，得cos∠AEQ＝错误!＝错误!.所以二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为错误!.立体几何证明问题中的转化思想典例：（１２分）如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A１B１C１D１的棱AB，CD，C１D１的中点．求证：（１）AN∥平面A１MK；（２）平面A１B１C⊥平面A１MK.思维启迪（１）要证线面平行，需证线线平行．（２）要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直．规范解答证明（１）如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A１B１C１D１中，∵四边形AA１D１D，DD１C１C都为正方形，∴AA１∥DD１，AA１＝DD１，C１D１∥CD，C１D１＝CD. [２分]∵N，K分别为CD，C１D１的中点，∴DN∥D１K，DN＝D１K，∴四边形DD１KN为平行四边形．[３分]∴KN∥DD１，KN＝DD１，∴AA１∥KN，AA１＝KN.∴四边形AA１KN为平行四边形．∴AN∥A１K. [４分]∵A１K平面A１MK，AN平面A１MK，∴AN∥平面A１MK. [6分]（２）如图所示，连接BC１.在正方体ABCD—A１B１C１D１中，AB∥C１D１，AB＝C１D１.∵M，K分别为AB，C１D１的中点，∴BM∥C１K，BM＝C１K.∴四边形BC１KM为平行四边形．∴MK∥BC１. [8分]在正方体ABCD—A１B１C１D１中，A１B１⊥平面BB１C１C，BC１平面BB１C１C，∴A１B１⊥BC１.∵MK∥BC１，∴A１B１⊥MK.∵四边形BB１C１C为正方形，∴BC１⊥B１C. [１0分]∴MK⊥B１C.∵A１B１平面A１B１C，B１C平面A１B１C，A１B１∩B１C＝B１，∴MK⊥平面A１B１C.又∵MK平面A１MK，∴平面A１B１C⊥平面A１MK. [１２分]温馨提醒（１）线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；（２）线线关系是线面关系、面面关系的基础．证题中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；（３）证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．方法与技巧１．证明线面垂直的方法（１）线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇒a⊥α；（２）判定定理１：错误!⇒l⊥α；（３）判定定理２：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；（４）面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；（５）面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥l⇒a⊥β.２．证明线线垂直的方法（１）定义：两条直线所成的角为90°；（２）平面几何中证明线线垂直的方法；（３）线面垂直的性质：a⊥α，bα⇒a⊥b；（４）线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.３．证明面面垂直的方法（１）利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；（２）判定定理：aα，a⊥β⇒α⊥β.４．转化思想：垂直关系的转化在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．失误与防范１．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．２．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．A组专项基础训练（时间：４0分钟）一、选择题１．已知m是平面α的一条斜线，点A∉α，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是（）Ａ．l∥m，l⊥αＢ．l⊥m，l⊥αＣ．l⊥m，l∥αＤ．l∥m，l∥α答案C解析设m在平面α内的射影为n，当l⊥n且与α无公共点时，l⊥m，l∥α.２．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么（）Ａ．PA＝PB>PCＢ．PA＝PB<PCＣ．PA＝PB＝PCＤ．PA≠PB≠PC答案C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.３．在空间内，设l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是（）Ａ．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γＢ．l∥α，l∥β，α∩β＝m，则l∥mＣ．α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，若l∥m，则l∥nＤ．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β答案D解析对于A，∵如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真命题；对于B，∵如果一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；对于C，∵如果三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或相互平行，∴该命题是真命题；对于D，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D是假命题．综上所述，选Ｄ．４．正方体ABCD—A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于（）Ａ．A′C′ Ｂ．BDＣ．A′D′ Ｄ．AA′答案B解析连接B′D′，∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E.而CE平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.５．如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：１BC⊥PC；２OM∥平面APC；３点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中正确的是（）Ａ．１２Ｂ．１２３Ｃ．１Ｄ．２３答案B解析对于１，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BC⊥PC；对于２，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于３，由１知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故１２３都正确．二、填空题１PA⊥BC；２PB⊥AC；３PC⊥AB；４AB⊥BC.其中正确的个数是________．答案３解析如图所示．∵PA⊥PC、PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.7．在正三棱锥P—ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：１AC⊥PB；２AC∥平面PDE；３AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．答案１２解析如图，∵P—ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC；又∵DE∥AC，DE平面PDE，A C⃘平面PDE，∴AC∥平面PDE.故１２正确．8．正方体ABCD—A１B１C１D１中，BB１与平面ACD１所成角的余弦值为________．答案错误!解析画出图形，如图，BB１与平面ACD１所成的角等于DD１与平面ACD１所成的角，在三棱锥D—ACD１中，由三条侧棱两两垂直得点D在底面ACD１内的射影为等边三角形ACD１的垂心即中心H，连接D１H，DH，则∠DD１H为DD１与平面ACD１所成的角，设正方体的棱长为a，则cos∠DD１H＝错误!＝错误!.三、解答题9．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝２，AB＝３，BC＝BE＝7，△DCE是边长为6的正三角形．（１）求证：平面DEC⊥平面BDE；（２）求点A到平面BDE的距离．（１）证明因为四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝２，AB＝３，所以BD＝错误!，又因为BC＝7，CD＝6，所以根据勾股定理可得BD⊥CD，因为BE＝7，DE＝6，同理可得BD⊥DE.因为DE∩CD＝D，DE平面DEC，CD平面DEC，所以BD⊥平面DEC.因为BD平面BDE，所以平面DEC⊥平面BDE.（２）解如图，取CD的中点O，连接OE，因为△DCE是边长为6的正三角形，所以EO⊥CD，EO＝３错误!，易知EO⊥平面ABCD，则V E—ABD＝错误!×错误!×２×３×３错误!＝３错误!，又因为直角三角形BDE的面积为错误!×6×错误!＝３错误!，设点A到平面BDE的距离为h，则由V E—ABD＝V A—BDE，得错误!×３错误!h＝３错误!，所以h＝错误!，所以点A到平面BDE的距离为错误!.１0．（２0１２·江苏）如图，在直三棱柱ABC—A１B１C１中，A１B１＝A１C１，D，E 分别是棱BC，CC１上的点（点D不同于点C），且AD⊥DE，F为B１C１的中点．求证：（１）平面ADE⊥平面BCC１B１；（２）直线A１F∥平面ADE.证明（１）因为ABC—A１B１C１是直三棱柱，所以CC１⊥平面ABC.又AD平面ABC，所以CC１⊥AD.又因为AD⊥DE，CC１，DE平面BCC１B１，CC１∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC１B１.又AD平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC１B１.（２）因为A１B１＝A１C１，F为B１C１的中点，所以A１F⊥B１C１.因为CC１⊥平面A１B１C１，且A１F平面A１B１C１，所以CC１⊥A１F.又因为CC１，B１C１平面BCC１B１，CC１∩B１C１＝C１，所以A１F⊥平面BCC１B１.由（１）知AD⊥平面BCC１B１，所以A１F∥AD.又AD平面ADE，A １F平面ADE，所以A１F∥平面ADE.B组专项能力提升（时间：３0分钟）１．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则（）Ａ．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直Ｂ．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直Ｃ．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直Ｄ．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直答案C解析如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在．２．（２0１２·江苏）如图，在长方体ABCD—A１B１C１D１中，AB＝AD＝３cm，AA１＝２cm，则四棱锥A—BB１D１D的体积为________ cm３.答案6解析连接AC交BD于O，在长方体中，∵AB＝AD＝３，∴BD＝３错误!且AC⊥BD.又∵BB１⊥底面ABCD，∴BB１⊥AC.又DB∩BB１＝B，∴AC⊥平面BB１D１D，∴AO为四棱锥A—BB１D１D的高且AO＝错误!BD＝错误!.∵S矩形BB１D１D＝BD×BB１＝３错误!×２＝6错误!，∴VA—BB１D１D＝错误!S矩形BB１D１D·AO＝错误!×6错误!×错误!＝6（cm３）．３．如图，已知六棱锥P—ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝２AB，则下列结论中：１PB⊥AE；２平面ABC⊥平面PBC；３直线BC∥平面PAE；４∠PDA＝４５°.其中正确的有________（把所有正确的序号都填上）．答案１４解析由PA⊥平面ABC，AE平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB平面PAB，∴AE⊥PB，１正确；∵平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，２错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD平面PAD，B C⃘平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，３错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝２AB，∴∠PDA＝４５°，∴４正确．４．如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝２，AC＝BC＝错误!，等边三角形ADB以AB为轴转动．（１）当平面ADB⊥平面ABC时，求CD的长；（２）当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论．解（１）取AB的中点E，连接DE，CE.∵△ADB是等边三角形，∴DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，∵平面ADB∩平面ABC＝AB，∴DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可得DE＝错误!，EC＝１．在Rt△DEC中，CD＝错误!＝２．（２）当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：１当D在平面ABC内时，∵AC＝BC，AD＝BD，∴C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.２当D不在平面ABC内时，由（１）知AB⊥DE.又∵AC＝BC，∴AB⊥CE.又DE，CE为相交直线，∴AB⊥平面CDE.由CD平面CDE，得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD.５．如图１所示，在边长为４的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如图２所示．（１）求证：BD⊥平面POA；（２）当PB取得最小值时，求四棱锥P—BDEF的体积．（１）证明因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BD⊥AC.所以BD⊥AO.因为EF⊥AC，所以PO⊥EF.因为平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO平面PEF，所以PO⊥平面ABFED.因为BD平面ABFED，所以PO⊥BD.因为AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.（２）解设AO∩BD＝H.因为∠DAB＝60°，所以△BDC为等边三角形．故BD＝４，HB＝２，HC＝２错误!.设PO＝x，则OH＝２错误!—x，OA＝４错误!—x.连接PH，OB，由OH⊥BD，得OB２＝（２错误!—x）２＋２２.又由（１）知PO⊥平面BFED，则PO⊥OB.所以PB＝错误!＝错误!＝错误!.当x＝错误!时，PB min＝错误!，此时PO＝错误!＝OH，所以V四棱锥P—BDEF＝错误!×S梯形BDEF×PO＝错误!×（错误!×４２—错误!×２２）×错误!＝３．。
高考数学考点回归总复习《第四十七讲 直线平面垂直的判定及其性质》课件 新人教
A.4对
B.3对
C.2对
D.1对
答案:B
3.菱形ABCD中,∠BAD=60°,如图所示沿对角线BD将△BCD向上折起, 使AC=AB,则二面角C—BD—A的余弦值的大小为( )
A .1 3
答案:A
B .1 6
C .1 9
D .1 1 2
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/302022/1/302022/1/301/30/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/302022/1/30January 30, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/302022/1/302022/1/302022/1/30
第四十七讲 直线､平面垂直的判定及其性质
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1.直线与平面所成的角
(1)平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角叫做这条直线和
这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,就说它们所成的角是直角;一 条直线和平面平行或在平面内,就说它们所成的角是0°的角,可见,直
线和平面所成的角的范围是
0
,
ABC为 正 四 面 体 ,设 棱 长 为 a,则 AB1 3a,棱 柱 的 高A1O a2 AO 2
67.立体几何讲义2：垂直问题 课件-广东省惠来县第一中学2021届高三数学一轮复习
第四方面：基于代数运算下的垂直关系 ★基于代数运算下的垂直关系，经常涉及勾股 定理和余弦定理的运用。
第四方面：基于代数运算下的垂直关系
题目问题111：1：如图，在直三棱柱
ABC
A1B1C1
中，ACB
90
，AC
BC
1 2
AA1
1
，D
，
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
题目3：（选自2013年全国高考文科Ⅰ卷） 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1， ∠BAA1＝60°， 证明：AB⊥A1C。
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
7.全等三角形（相似三角形） 8.余弦定理
题目探讨：
第一方面：等腰三角形折叠模型+基于筝形的垂直关系
五、问题探讨：
第一方面：等腰三角形折叠模型+基于筝形的垂直关系 1.有着共底边的两个等腰三角形构成的立体图形，两个顶点的连线一定垂直于底边； 2.筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形，也可以说是两组邻边相等的四边形，它的形状就像一个风 筝，基于筝形可以设计许多垂直问题。
题目1：
D
C
E
B A
第一方面：等腰三角形折叠模型+基于筝形的垂直关系
题目2：
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
2021版高考数学(北师大版理科)一轮复习攻略课件：9.4第四节 垂 直 关 系
内容索引
必备知识·自主学习 核心考点·精准研析 核心素养·微专题 核心素养测评
【教材·知识梳理】 1.直线与直线垂直 (1)定义:若两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点,并且交角为直角,则 称这两条直线互相垂直. (2)若一条直线垂直于一个平面,则它就和平面内的任意一条直线垂直. 2.直线与平面垂直 (1)定义:如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直,那么称这条直线和 这个平面垂直.
平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则
世纪金榜导学号( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
【素养立意】 本题要求证的结论是线段BM与EN的大小关系及位置关系,我们可以假定相交, 那么需要找到它们所确定的平面,进而通过已知条件进行逻辑推理论证. 【解析】选B.连接BD,则点N在BD上且为BD中点.因为直线BM,EN都是平面BED内 的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题 意可得:DE=2a,DM=a,DN= 2 a,DB=2 2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM22DB·DMcos∠BDE=9a2-4 2 a2cos∠BDE,EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a24 2 a2cos∠BDE,所以BM≠EN.
(2)判定定理与性质定理:
3.平面与平面垂直
【知识点辨析】(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( ) (2)若两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.( ) (3)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.( ) (4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α. ( ) (5)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.( ) (6)如果两个平面所成的二面角为90°,则这两个平面垂直.( )
2021届新高考数学一轮专题复习(新高考版)第34讲 空间中的垂直关系(讲义版)
第34讲 空间中的垂直关系一、 考情分析1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.二、 知识梳理1.直线与平面垂直 (1)直线与平面垂直的定义如果一条直线和一个平面相交于点O ，并且和这个平面内过交点(O )的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂αb ⊂αa ∩b ＝O l ⊥al ⊥b⇒l ⊥α推论1如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面⎭⎬⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α 推论2如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b 2.(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角. (2)范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.二面角(1)定义：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：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.(3)二面角的范围：[0，π].4.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.(2)平面与平面垂直的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如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎬⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎬⎫α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α[微点提醒]1.两个重要结论(1)若两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).2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”.三、经典例题考点一线面垂直的判定与性质【例1】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.(1)证明因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 3.连接OB.因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.(2)解作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°.所以OM＝25 3，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为45 5.规律方法 1.证明直线和平面垂直的常用方法有：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α).2.证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.考点二面面垂直的判定与性质【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)∵平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，P A⊂平面P AD，∴P A⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，∴BE∥平面P AD.(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，且P A∩AD＝A，P A，AD⊂平面P AD，∴CD⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.规律方法 1.证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理.2.已知两平面垂直时，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.考点三平行与垂直的综合问题角度1多面体中平行与垂直关系的证明【例3－1】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，且P A∩AB＝A，所以PD⊥平面P AB.又PD⊂平面PCD，所以平面P AB⊥平面PCD.(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.规律方法 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. 2.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.角度2平行与垂直关系中的探索性问题【例3－2】如图，三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥P－ABC的体积；(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出PMMC的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC ＝12·AB·AC·sin 60°＝32，由P A⊥平面ABC，可知P A是三棱锥P－ABC的高.又P A＝1，所以三棱锥P－ABC的体积V＝13·S△ABC·P A＝36.(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥AC ，所以MN ⊥AC . 由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN . 又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM . 在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12， 从而NC ＝AC －AN ＝32. 由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13. 故存在满足条件的点M ，且PM MC ＝13.规律方法 1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点. 角度3 空间位置关系与几何体的度量计算【例3－3】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.(1)解 如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得AP＝AD2＋PD2＝5，故cos∠DAP＝ADAP＝55.所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为5 5.(2)证明由(1)知AD⊥PD，又因为BC∥AD，所以PD⊥BC.又PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC.(3)解过点D作DF∥AB，交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.因PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.由已知，得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC.在Rt△DCF中，可得DF＝CD2＋CF2＝2 5.在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝PDDF＝55.所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为5 5.规律方法 1.本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由AD∥BC，AD⊥PD，得PD⊥BC，进而利用线面垂直的判定定理证明PD⊥平面PBC.2.利用综合法求空间线线角、线面角、二面角一定注意“作角、证明、计算”是完整统一过程，缺一不可.(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解.(2)二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质.[方法技巧]1.证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α； (2)判定定理1：⎭⎬⎫m ，n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β； 2.证明面面垂直的方法(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； (2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β. 3.转化思想：三种垂直关系之间的转化4.证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件.5.面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视.6.面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误.7.在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的相互转化.四、 课时作业1．（2020·陕西高三其他（文））已知m ，n 表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αD ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α2．（2020·甘肃城关�兰州一中高三一模（理））如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ､N 分别为AC ，A 1B 的中点，则下列说法错误的是（ ）A ．MN ∥平面ADD 1A 1B ．MN ⊥ABC ．直线MN 与平面ABCD 所成角为45° D ．异面直线MN 与DD 1所成角为60°3．（2020·辽宁沈河�沈阳二中高三其他（理））已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列为真命题的是（ ） A ．若//m α，//n α，则//m nB ．若//n m ，n α⊥，则m α⊥C ．若//m α，//n β，m n ⊥，则αβ⊥D ．若//m α，n β⊥，//m n ，则//αβ4．（2020·乌鲁木齐市第四中学高一期末）如图，空间四边形ABCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，90BAD ∠=︒，且AB ＝AD ，则AD 与平面BCD 所成的角是（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 5．（2020·全国高三（理））在三棱锥A BCD -中,AC ⊥底面，，BD DC =，，，则点C 到平面ABD 的距离是（ ）A ．55a B ．155a C ．35a D ．153a 6．（2020·全国高一课时练习）如图，设平面PQ αβ⋂=，EG ⊥平面α，FH ⊥平面α，垂足分别为,G H .为使PQ GH ⊥，则需增加的一个条件是（ ）A ．EF ⊥平面αB ．EF ⊥平面βC ．PQ GE ⊥D ．PQ FH ⊥7．（2019·陕西武功�高三月考（理））已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是A ．l β∥或l β⊂B ．//l mC ．m α⊥D ．l m ⊥8．（2019·营口市第二高级中学高一月考）在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点， 则点C 到平面A 1DM 的距离为 ( )A 6B 6C 2D ．12a 9．（2020·四川雨城�雅安中学高二月考（理））已知正方形ABCD 的边长为4，E ､F 分别是AB ､AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且2GC =，则点B 到平面EFG 的距离为（ ）A ．1111B 311C ．1011D ．3101110．（2020·山东芝罘�烟台二中高一月考）如图，ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为正方体，则以下结论：①BD ∥平面CB 1D 1；②AC 1⊥BD ；③AC 1⊥平面CB 1D 1其中正确结论的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．311．（2018·安徽花山�马鞍山二中高三月考（文））已知a ，b 是平面α内的两条直线，l 是空间中的一条直线.则“直线l a ⊥且l b ⊥”是“l α⊥”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件12．（2020·全国高一课时练习）已知长方体1111ABCD A B C D -，在平面11AA B B 上任取点M ，作ME AB ⊥于点E ，则（ ）A ．ME ⊥平面ABCDB ．ME ⊂平面ABCDC ．ME 平面ABCDD ．以上都有可能13．（2020·全国高一课时练习）已知直线l ⊥平面α，直线m α⊂，则（ ）A ．l m ⊥B ．l mC ．,l m 异面D ．,l m 相交而不垂直14．（2020·七台河市第一中学高一期末（理））已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若m α⊂，则m β⊥B ．若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥C ．若m α⊄，m β⊥，则//m aD ．若m αβ=，n m ⊥，则n a ⊥15．（2020·北京通州�高一期末）已知直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面α，则“直线m α⊥”是“m a ⊥，且m b ⊥”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件16．（2020·浙江高三其他）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体两两垂直的平面共有（ ）A ．4对B ．5对C ．6对D ．7对17．（2019·重庆高三三模（文））下列命题错误的是（ ）A ．若平面α⊥平面β，则平面α内所有直线都垂直于平面βB ．若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线垂直于平面βC ．若平面α不垂直于平面β，则平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ=则l γ⊥18．（2020·广东汕头�高三二模（文））在立体几何中，以下命题中假命题的个数为（ ）①若直线//a b ，b ⊂平面α，则//a α.②若平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ=，则l γ⊥.③有3个角是直角的四边形是矩形.④若平面α⊥平面β，a ⊂平面α，b ⊂平面β，且a b ⊥，则a β⊥.A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 19．（2020·陕西高三其他（理））在三棱锥P ﹣ABC 中，已知△ABC 是边长为6的等边三角形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝12，则AB 与平面PBC 所成角的余弦值为（ ）A 257B 57C 133D 133 20．（2020·河南中原�郑州一中高三其他（理））设α为平面，m ，n 为两条直线，若m α⊥，则“m n ⊥”是“n ⊂α”的（ ）A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件21．（2020·江苏常熟中学高一月考）已知m ，n 为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出//αβ的是（ ）A ．//m n ，m α⊂，n β⊂B ．//m n ，m α⊥，n β⊥C ．m n ⊥，//m α，//n βD ．m n ⊥，m α⊥，n β⊥22．（2020·肥东县综合高中高三其他（理））如图，已知P 是矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是AB ，PC 的中点.若45PDA ∠=︒，则EF 与平面ABCD 所成角的大小是（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．3023．（2020·江西赣州�高二期中（理））第41届世界博览会于2010年5月1日至10月31日，在中国上海举行，气势磅礴的中国馆——“东方之冠”令人印象深刻，该馆以“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”为设计理念，代表中国文化的精神与气质．其形如冠盖，层叠出挑，制似斗拱．它有四根高33.3米的方柱，托起斗状的主体建筑，总高度为60.3米，上方的“斗冠”类似一个倒置的正四棱台，上底面边长是139.4米，下底面边长是69.9米，则“斗冠”的侧面与上底面的夹角约为（ ）．A ．20︒B ．28︒C ．38︒D ．48︒24．（2020·黑龙江萨尔图�大庆实验中学高三其他（理））如图，M 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，下列命题中假命题是（ ）B C都相交A．过M点有且只有一条直线与直线AB、11B C都垂直B．过M点有且只有一条直线与直线AB、11B C都相交C．过M点有且只有一个平面与直线AB、11B C都平行D．过M点有且只有一个平面与直线AB、1125．（2020·河北省博野中学高一开学考试）如图，下列4个正方体中，点A，B，M，N，Q分别为正方体的顶点或所在棱的中点，则在这4个正方体中，满足直线AB⊥平面MNQ的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．426．（2020·山东芝罘�烟台二中高一期末）如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B ⊥垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是（）﹒的任意一点，AE PC⊥D．平面AEF⊥平面PBCA．BC⊥平面PAC B．AE EF⊥C．AC PB27．（2019·邢台市第八中学高二期中）如图，己知四棱锥的侧棱长与底面边长都是2，且SO⊥平面ABCD，O为底面的中心，则侧棱与底面所成的角为（）A ．75︒B ．60︒C ．45︒D ．3028．（多选题）（2020·安徽金安�六安一中高一期末（理））如图正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，线段11B D 上有两个动点E ､F ，且12EF =，则下列结论中正确的是（ ）A ．AC BE ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等29．（多选题）（2020·江苏苏州�高一期末）如图，点E 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，点M 在线段1BD 上运动，则下列结论正确的是（ ）A ．直线AD 与直线1C M 始终是异而直线B ．存在点M ，使得1B M AE ⊥C ．四面体EMAC 的体积为定值D ．当12D M MB =时，平面EAC ⊥平面MAC30．（多选题）（2020·江苏宿迁�高一期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1CC 上的一个动点，给出以下结论，其中正确的有（ ）A ．AD 与1BD 所成的角为45°B ．1//AD 平面1BCCC ．平面1ACD ⊥平面11B D DD ．对于任意的点E ，四棱锥11B BED -的体积均不变31．（2019·河北路南�唐山一中高三期中（文））如图，在三棱柱中，，，为的中点，点在平面内的射影在线段上.(1)求证：； (2)若是正三角形，求三棱柱的体积.32．（2020·浙江高三开学考试）如图，四棱锥S ABCD -中，//AD BC ，AD AS ⊥，2AD =，2CD =，1AB BC AS ===，23SAB π∠=．（1）求证：AD BS ⊥；（2）求直线CD 与平面SAC 所成角的正弦值．33．（2020·河北枣强中学高三月考（文））如图，已知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 中，90,//,1,2BAD AB CD AB PA AD CD ︒∠=====.（1）求证：平面BPC ⊥平面DPC ；（2）求点A 到平面PBC 的距离.34．（2020·河北省曲阳县第一高级中学高一期末）如图，四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，22AB =2BC SC SD ===，BC SD ⊥.（1）求证：SC ⊥平面SAD ；（2）求四棱锥S ABCD -外接球的体积.35．（2019·浙江高三月考）在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ∆是等腰三角形，且90ABC ∠=︒，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，平面11ABB A ⊥平面BAC ，点M 是1AA 的中点．（1）求证：1BB CM ⊥；（2）求直线BM 与平面1CB M 所成角的正弦值． 36．（2020·浙江省兰溪市第三中学高三开学考试）如图,在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥底面ABC ，2AB BC ==，30ACB ∠=，1231722a a +=<=<，11BC AC ⊥，E 为AC 的中点，侧棱12CC =．（1）求证：1A C ⊥平面1C EB ； （2）求直线1CC 与平面ABC 所成角的余弦值．。
金版高三数学第二章第四节垂直关系课件 (理) 北师大版必修2
∴CD⊥AE.又 CD∩PD=D，∴AE⊥平面 PCD.∴MN⊥平面 PCD.
平面与平面垂直
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， AC＝BC，点D是AB的中点． (1)求证：BC1∥平面CA1D； (2)求证：平面CA1D⊥平面AA1B1B. 【证明】 (1)连结AC1交A1C于E， 连结DE， ∵AA1C1C为矩形，则E为AC1的中点． 又D是AB的中点 ∴在△ABC1中，DE∥BC1.
任意一点，则过点P有且只有一个平面α 是l的垂面．
(2)直线和平面垂直的有关定理
①直线和平面垂直的判定
a．直线和平面垂直的判定定理：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．符号 表示为：a α ，b α ，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α .
b．如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么 a∥b 另一条也垂直于这个平面，即 a⊥α
1．设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α 内，则 “l⊥α ”是“l⊥m且l⊥n”的( A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【解析】 当l⊥α 时，l⊥m且l⊥n.但当l⊥m，l⊥n 时，若m、n不是相交直线，则得不到l⊥α . 【答案】 A )
2．已知直线m、n和平面α 、β 满足m⊥n，m⊥α ，α ⊥β ， 则( ) A．n⊥β C．n⊥α B．n∥β 或n D．n∥α 或n β α
∴BC⊥B1C
显然错误 【答案】 D
4．已知平面α 、β 和直线m，给出条件：
①m∥α ；②m⊥α ；③m α ；④α ⊥β ；⑤α ∥β .
(1)当满足条件________时，有m∥β ； (2)当满足条件________时，有m⊥β .
2021年新高考数学总复习讲义：垂直关系
2021年新高考数学总复习讲义：垂直关系知识讲解一、平行关系线面平行面面平行判定如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行． 推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行． 符号语言////l m l l m ααα⊄⎫⎪⊂⇒⎬⎪⎭//////a b a b A a b αααβββ⊂⎫⎪⊂⎪⎪=⇒⎬⎪⎪⎪⎭ 图形语言性质如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和两平面的交线平行．如果两个平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．mlαb γ⎪=⎭二、垂直关系βl γaα经典例题一．选择题（共12小题）1．（2018•香坊区校级四模）对于不重合的两个平面α和β，给定下列条件：①存在直线l，使得l⊥α，且l⊥β；②存在平面γ，使得α⊥γ且β⊥γ；③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l，m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β其中，可以判定α与β平行的条件有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．（2017秋•芮城县校级月考）能保证直线a与平面α平行的条件是（）A．b⊂α，a∥b B．b⊂α，c⊂α，a∥b，a∥cC．b⊂α，A，B∈a，C，D∈b，且AC=BD D．a⊄α，b⊂α，a∥b3．（2017秋•田家庵区校级期末）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点（不与端点重合），BD1∥平面B1CE，则（）A．BD1∥CE B．AC1⊥BD1C．D1E=2EC1D．D1E=EC14．（2017春•保定期中）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则下列直线中与平面ACE平行的是（）A．BA1B．BD1C．BC1D．BB15．（2017•新课标Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．6．（2017秋•临漳县校级月考）在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE：EB=AF：FD=1：4，又H，G分别是BC，CD的中点，则（）A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形7．（2017秋•鹤壁月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，H，E，F，G分别为DC，BB1，AA1，CC1的中点，则与平面HFE平行的直线是（）A．B1G B．BDC．A1C1D．B1C8．（2018•云南模拟）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是（）A．AD1⊥DP B．AP⊥B1CC．AC1⊥DP D．A1P⊥B1C9．（2017秋•仓山区校级期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为菱形，M是PC上的一个动点，若要使得平面MBD⊥平面PCD，则应补充的一个条件可以是（）A．MD⊥MB B．MD⊥PCC．AB⊥AD D．M是棱PC的中点10．（2016秋•杭州期末）如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使面ABD⊥面BCD，连结AC，则下列命题正确的是（）A．面ABD⊥面ABC B．面ADC⊥面BDCC．面ABC⊥面BDC D．面ADC⊥面ABC11．（2018春•宁波期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是BB1，A1B1的中点．点P在该正方体的表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于（）A．4B．2+√2C．3+√D．2+√12．（2017•惠州模拟）如图是一个几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个二．填空题（共2小题）13．（2017春•永昌县校级月考）设平面α∥β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于S，若AS=18，BS=9，CD=34，则CS=．14．（2017春•定兴县校级期中）P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，：S△ABC=．α分别交线段PA、PB、PC于A1、B1、C1，若PA1：A1A=2：3，则S△A1B1C1三．解答题（共4小题）15．（2018•广陵区校级四模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA ⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅰ）求证：BD⊥FG．16．（2017•武进区模拟）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面△ABC中，∠C=90°，BC=√2，BB1=2，O是AB1的中点，D是AC的中点，M是CC1的中点，（1）证明：OD∥平面BB1C1C；（2）试证：BM⊥AB1．17．（2017秋•东湖区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AA1的中点，求证：（Ⅰ）A1C∥平面BDE；（Ⅰ）平面A1AC⊥平面BDE．18．（2018春•武清区期中）如图，在四面体ABCD中，AD=AB，CB=CD，E，F，G分别为BD，BC，AB的中点．（1）求证：平面EFG∥平面ADC；（2）求证：直线BD⊥平面AEC．。
2021高考总复习(北师大版)数学(文)【配套课件】第七章第四节 垂直关系(52张PPT).ppt
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第四节 垂直关系 结束
[类题通法] 解决此类问题常用的方法
两个平面互相垂直
两个平面互相垂直， 性质 则一个平面内垂直 定理 于 交的线直线垂直
于另一个平面
l⊂β l⊥α
⇒α⊥β
α⊥β l⊂β
α∩β＝a l⊥a
⇒l⊥α
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第四节 垂直关系 结束
1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件． 2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易 忽视． 3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而 盲目套用造成失误．
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第四节 垂直关系 结束
[试一试]
1．“直线 a 与平面 M 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平
面 M 垂直”的
()
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面 M 的无
数条直线都垂直”不能推出“直线 a 与平面 M 垂直”，反之可
以，所以应该是必要不充分条件．
答案：B
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末页Βιβλιοθήκη 第四节 垂直关系 结束2．若 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，则下
列命题不．正确的是 A．若 α∥β，m⊥α，则 m⊥β
()
B．若 m∥n，m⊥α，则 n⊥α
C．若 m∥α，m⊥β，则 α⊥β
D．若 α∩β＝m，且 n 与 α，β 所成的角相等，则 m⊥n 解析：容易判定选项 A、B、C 都正确，对于选项 D，当直线
2021版高考文科数学(北师大版)一轮复习教师用书：第8章 第4讲 垂直关系
第4讲垂直关系一、知识梳理1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理⎭⎪⎬⎪⎫a ，b αa ∩b ＝O l ⊥al ⊥b⇒l ⊥α⎭⎬⎫l βl ⊥α⇒α⊥β⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl βα∩β＝a l ⊥a⇒l ⊥α (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，∠P AO 就是斜线AP 与平面α所成的角．(2)线面角θ的范围：θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. ①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角； ③当直线与平面斜交时，它们所成的角是锐角． 常用结论1．与线面垂直相关的两个常用结论：(1)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． (2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直． 2．三种垂直关系的转化：线线垂直判定定理性质定理线面垂直判定定理性质定理面面垂直二、教材衍化1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥lD ．m ⊥n详细分析：选C.由题意知，α∩β＝l ，所以l ⊂β，因为n ⊥β，所以n ⊥l . 2．在三棱锥P -ABC 中，点P 在平面ABC 中的射影为点O . (1)若P A ＝PB ＝PC ，则点O 是△ABC 的 心；(2)若P A ⊥PB ，PB ⊥PC ，PC ⊥P A ，则点O 是△ABC 的 心．详细分析：(1)如图，连接OA ，OB ，OC ，OP ，在Rt △POA ，Rt △POB 和Rt △POC 中，P A＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB平面P AB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．答案：(1)外(2)垂一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.()(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.()(4)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．()(5)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)×(5)×二、易错纠偏常见误区(1)证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件；(2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直．1．(2020·安徽江南十校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且mαB．m⊥n且n∥βC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥β详细分析：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．2．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知直线l和平面α，β，且lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件详细分析：选A.由面面垂直的判定定理可得，若lα，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；若l⊥β，α⊥β，则lα或l∥α，必要性不成立，所以若lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.线面垂直的判定与性质(师生共研)(1)(2018·高考全国卷Ⅱ节选)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.(2)(2020·重庆市七校联合考试)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2，D，E 分别是AC，CC1的中点．求证：AE⊥平面A1BD.【证明】(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 3.连接OB.因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC，因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE.又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，所以AE⊥平面A1BD.判定线面垂直的四种方法如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.求证：B1N⊥A1C.证明：连接CM，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM平面ABC，所以AA1⊥CM.在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.因为B1N平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.因为A1C平面A1CM，所以B1N⊥A1C.面面垂直的判定与性质(师生共研)(2019·高考北京卷节选)如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE.【证明】(1)因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC.(2)因为P A⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以P A⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩P A＝A，所以AE⊥平面P AB.因为AE平面P AE，所以平面P AB⊥平面P AE.(1)证明面面垂直的方法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，将证明面面垂直的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，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．(2)在已知平面垂直时，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．如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC 是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.证明：平面ACD⊥平面BDP.证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.因为点P是AC的中点，所以PD⊥AC，PB⊥AC，因为PD∩PB＝P，PD平面PBD，PB平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因为AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.直线与平面所成的角(师生共研)(2020·宁夏六盘山高级中学二模)空间四边形P ABC中，P A⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，P A＝4，则PC和平面P AB所成角的正切值为．取AB 的中点O ，连接CO ，PO ，易知CO ⊥平面P AB ，则∠CPO 为PC 和平面P AB 所成的角．易得CO ＝2，PO ＝32， 所以tan ∠CPO ＝CO PO ＝13，所以PC 和平面P AB 所成角的正切值为13.【答案】 13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或直角即为所求的角．(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．1．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3详细分析：选C.连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC 1为直角三角形．又AB ＝2，所以BC 1＝2 3.又B 1C 1＝2，所以BB 1＝（23）2－22＝22，故该长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2.2．已知边长为2的正方形ABCD 的四个顶点在球O 的球面上，球O 的体积V 球＝1605π3，则OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为 ．详细分析：如图，过点O 作OM ⊥平面ABCD ，垂足为点M ，则点M 为正方形ABCD 的中点．因为正方形ABCD 的边长为2，所以AC ＝22，所以AM ＝ 2.因为V球＝43πr 3＝1605π3，所以球O 的半径OA ＝r ＝25，OA 与平面ABCD 所成的角的余弦值为cos ∠OAM ＝AM OA ＝225＝1010.答案：1010核心素养系列15逻辑推理——空间中平行与垂直的证明如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【证明】(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，P A平面P AD，所以P A⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊆/平面P AD，AD平面P AD，所以BE∥平面P AD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，所以P A⊥CD，且P A∩AD＝A，P A，AD平面P AD，所以CD⊥平面P AD，又PD平面P AD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF，又CD平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.本题考查数学核心素养中的逻辑推理及直观想象、逻辑推理让学生能发现问题和提出问题；能掌握推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，构建知识框架；形成有论据、有条理、合乎逻辑的思维品质，增强数学交流能力．(2020·太原市模拟试题(一))如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面P AD⊥平面ABCD，求三棱锥P-NBM的体积．解：(1)证明：连接BD.因为P A＝PD，N为AD的中点，所以PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以BN ⊥AD .又PN ∩BN ＝N ， 所以AD ⊥平面PNB . (2)因为P A ＝PD ＝AD ＝2， 所以PN ＝NB ＝ 3.又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PN ⊥AD ， 所以PN ⊥平面ABCD .所以PN ⊥NB ，所以S △PNB ＝12×3×3＝32.因为AD ⊥平面PNB ，AD ∥BC ， 所以BC ⊥平面PNB . 又PM ＝2MC ，所以V P NBM ＝V M PNB ＝23V C PNB ＝23×13×32×2＝23.[基础题组练]1．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A ．若a ∥α，b ∥α，则a ∥b B ．若a ⊥α，a ∥b ，则b ⊥α C ．若a ⊥α，a ⊥b ，则b ∥α D ．若a ∥α，a ⊥b ，则b ⊥α详细分析：选B.若a ∥α，b ∥α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；易知B 正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或bα，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或bα，或b与α相交，故D错误．故选B.2．(2020·陕西咸阳一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βD．若α∥β，mα，nβ，则m∥n详细分析：选B.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；若m⊥n，mα，nβ，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，mα，nβ，则m∥n或m，n异面，故D错误．3.如图，在正四面体P ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC详细分析：选D.因为BC∥DF，DF平面PDF，BC⊆/平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，所以BC⊥平面P AE，则DF⊥平面P AE，从而平面PDF⊥平面P AE.因此选项B，C均正确．4．(2020·辽宁抚顺一模)在三棱锥P-ABC中，已知P A＝AB＝AC，∠BAC＝∠P AC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是()A．直线DE⊥直线AD B．直线DE⊥直线P AC．直线DE⊥直线AB D．直线DE⊥直线AC详细分析：选D.如图，因为P A＝AB＝AC，∠BAC＝∠P AC，所以△P AC≌△BAC，所以PC＝BC，取PB的中点G，连接AG，CG，则PB⊥CG，PB⊥AG，又因为AG∩CG＝G，所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，因为D，E分别为棱BC，PC的中点，所以DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.5．(2019·高考北京卷)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：．详细分析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，nβ，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，nα，故m∥α.命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，aα，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有；与AP垂直的直线有．详细分析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面P AC，又因为AP平面P AC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB7.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面P AC；(2)求证：平面P AB⊥平面P AC.证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面P AC.(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PC⊥AB.又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面P AC.又AB平面P AB，所以平面P AB ⊥平面P AC .8．(2020·武汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AA 1＝1，AC ⊥BC ，E 在AB 上，且BA ＝3BE ，G 在AA 1上，且AA 1＝3GA 1.(1)求三棱锥A 1ABC 1的体积； (2)求证：AC 1⊥EG .解：(1)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1， 所以B 到平面ACC 1A 1的距离为1，所以VA 1ABC 1＝VB AA 1C 1＝13×(12×1×1)×1＝16.(2)证明：如图，在AC 上取点D ，使CD ＝13CA ，连接ED ，DG ，因为BE ＝13BA ，所以DE ∥BC ，又BC ⊥平面ACC 1A 1， 所以DE ⊥平面ACC 1A 1. 又AC 1平面ACC 1A 1，所以DE ⊥AC 1. 在正方形ACC 1A 1中， 由CD ＝13CA ，A 1G ＝13A 1A ，得DG ⊥AC 1. 又DE ∩DG ＝D ， 所以AC 1⊥平面DEG . 所以AC 1⊥EG .[综合题组练]1.如图，棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论不正确的是( )A ．平面D 1A 1P ⊥平面A 1APB ．∠APD 1的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，π2 C ．三棱锥B 1D 1PC 的体积为定值 D ．DC 1⊥D 1P详细分析：选B.在A 中，因为A 1D 1⊥平面A 1AP ，A 1D 1平面D 1A 1P ，所以平面D 1A 1P⊥平面A 1AP ，故A 正确；在B 中，当P 与A 1重合时，∠APD 1＝π2，故B 错误；在C 中，因为△B 1D 1C 的面积是定值，A 1B ∥平面B 1D 1C ，所以点P 到平面B 1D 1C 的距离是定值，所以三棱锥B 1D 1PC 的体积为定值，故C 正确；在D 中，因为DC 1⊥D 1C ，DC 1⊥BC ，D 1C ∩BC ＝C ，D 1C ，BC 平面BCD 1A 1，所以DC 1⊥平面BCD 1A 1，所以DC 1⊥D 1P ，故D 正确．2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为 ．详细分析：由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π3.如图，四棱锥P -ABCD 的底面是正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝2，点M ，N 分别在棱PD ，PC 上，且PC ⊥平面AMN .(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.又因为P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD，故CD⊥平面P AD.又AM平面P AD，则CD⊥AM，而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.(2)延长NM，CD交于点E，因为PC⊥平面AMN，所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，在Rt △PMN 中，sin ∠MPN ＝MN PM ＝33， 故CD 与平面AMN 所成角的正弦值为33. 4．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，P A ＝AB ＝2，E 是AB 的中点，G 是PD 的中点．(1)求四棱锥P -ABCD 的体积； (2)求证：AG ∥平面PEC ； (3)求证：平面PCD ⊥平面PEC .解：(1)易知V 四棱锥P -ABCD ＝13S 正方形ABCD ·P A ＝13×2×2×2＝83. (2)证明：如图，取PC 的中点F ，连接EF 和FG ，则易得AE∥FG，且AE ＝12CD＝FG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.因为EF平面PEC，AG⊆/平面PEC，所以AG∥平面PEC.(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥P A，因为P A∩AD＝A，P A 平面P AD，AD平面P AD，所以CD⊥平面P AD.又AG平面P AD，所以CD⊥AG.易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.又EF平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.31。
高考数学一轮复习(知识回扣+热点突破+能力提升)垂直关系 理 北师大版
第四节垂直关系【考纲下载】1．能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的位置关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线与平面内的任意一条直线都垂直，那么称这条直线与这个平面垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果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,,,,a b a b O l a l bα⊂=⊥⊥I⇒l⊥α性质定理若果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行,a bαα⊥⊥⇒a∥b2．二面角的有关概念(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：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直,l lαα⊂⊥⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于交线的直线垂直另一个平面,,,l a l aαββαβ⊥⊂=⊥I⇒l⊥α1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，那另一条与此平面是否垂直？提示：垂直．2．如果两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行吗？提示：不一定．可能平行、相交或异面．3．垂直于同一平面的两平面是否平行？提示：不一定．可能平行，也可能相交．4．垂直于同一条直线的两个平面一定平行吗？提示：平行．可由线面垂直的性质及面面平行的判定定理推导出．1．(教材习题改编)给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；④若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直线垂直于这个平面．其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．4解析：选B ①④正确．2．已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为( )A．bα B．b∥αC．bα或b∥α D．b与α相交解析：选C ∵a⊥b，a⊥α，∴b∥α或bα.3．(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB、PC，PA、AC、BD，则一定互相垂直的平面有( )A．8对 B．7对 C．6对 D．5对解析：选B 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，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．4．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的________条件(填“充分不必要”、“必要不充分”或“充要”)．解析：设α∩β＝l，则当mα，且m⊥l时，有m⊥β，否则m不垂直β，故α⊥β⇒/ m⊥β；反之，若mα，m⊥β，则α⊥β.答案：必要不充分5．(教材习题改编)将正方形ABCD沿AC折成直二面角后，∠DAB＝________.解析：如图所示，取AC的中点O，连接OD，OB，DB，由条件知，OD⊥OB，设AD＝1，则OD＝OB＝22，所以DB＝OD2＋OB2＝1.所以△ADB为正三角形，故∠DAB＝60°.答案：60°高频考点考点一直线与平面垂直的判定与性质1．直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题．2．高考对直线与平面垂直的判定与性质的考查常有以下几个命题角度：(1)同真假命题的判断相结合考查；(2)以多面体为载体，证明线面垂直问题；(3)以多面体为载体，考查与线面垂直有关的探索性问题． [例1] (1)(2013·浙江高考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β(2)(2013·广东高考)如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G .将△ABF 沿AF 折起，得到如图2所示的三棱锥A BCF ，其中BC ＝22.①证明：DE ∥平面BCF ； ②证明：CF ⊥平面ABF ；③当AD ＝23时，求三棱锥F DEG 的体积V F DEG .[自主解答] (1)设直线a α，b α，a ∩b ＝A ，∵m ⊥α，∴m ⊥a ，m ⊥b .又n ∥m ，∴n ⊥a ，n ⊥b ，∴n ⊥α. (2)①证明：在等边三角形ABC 中，AB ＝AC .∵AD ＝AE ，∴AD DB ＝AEEC，∴DE ∥BC ，∴DG ∥BF ，又BF 平面BCF ，DG ⊄平面BCF ， ∴DG ∥平面BCF .同理可证GE ∥平面BCF . ∵DG ∩GE ＝G ，∴平面GDE ∥平面BCF ， 又DE 平面GDE ，∴DE ∥平面BCF .②证明：在等边三角形ABC 中，F 是BC 的中点，∴AF ⊥CF ，∴BF ＝FC ＝12BC ＝12.在图2中，∵BC ＝22，∴BC 2＝BF 2＋FC 2，∴∠BFC ＝90°，∴CF ⊥BF .∵BF ∩AF ＝F ，BF 平面ABF ，AF 平面ABF ，∴CF ⊥平面ABF .③∵AD ＝23，∴BD ＝13，AD ∶DB ＝2∶1，在图2中，AF ⊥FC ，AF ⊥BF ，又BF ∩FC ＝F ，∴AF ⊥平面BCF ，由①知平面GDE ∥平面BCF ，∴AF ⊥平面GDE .在等边三角形ABC 中，AF ＝32AB ＝32，∴FG ＝13AF ＝36，DG ＝23BF ＝23×12＝13＝GE ，∴S △DGE ＝12DG ·EG ＝118，∴V F DGE ＝13S △DGE ·FG ＝3324.[答案] (1)C线面垂直问题的常见类型及解题策略(1)与命题真假判断有关的问题．解决此类问题的方法是结合图形进行推理，或者依据条件举出反例否定．(2)线面垂直的证明．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．(3)线面垂直的探索性问题．此类问题的解决方法同“线面平行的探索性问题”的求解方法(见本章第三节的[通关锦囊])．如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，AD ＝CD ＝7，PA ＝3，∠ABC ＝120°.G 为线段PC 上的点．(1)证明：BD ⊥平面APC ；(2)若G 满足PC ⊥平面BGD ，求PG GC的值． 解：(1)证明：设点O 为AC ，BD 的交点．由AB ＝BC ，AD ＝CD ，得BD 是线段AC 的中垂线．所以O 为AC 的中点，BD ⊥AC . 又因为PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，所以PA ⊥BD .又AC ∩PA ＝A ，AC 平面APC ，PA 平面APC ，所以BD ⊥平面APC . (2)连接OG .因为PC ⊥平面BGD ，OG 平面BGD ，所以PC ⊥OG .在Rt △PAC 中，得PC ＝15.所以GC ＝AC ·OC PC ＝2155.从而PG ＝3155，所以PG GC ＝32.考点二面面垂直的判定与性质[例2] (2014·宜春模拟)如图，四棱锥P ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．求证：(1)CE ∥平面PAD ；(2)平面EFG ⊥平面EMN . [自主解答] (1)法一：取PA 的中点H ，连接EH ，DH .因为E 为PB 的中点，所以EH ∥AB ，EH ＝12AB .又AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形．所以CE ∥DH .又DH 平面PAD ，CE ⊄平面PAD ，所以CE ∥平面PAD .法二：连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形．因此CF ∥AD . 又CF ⊄平面PAD ，AD 平面PAD ，所以CF ∥平面PAD . 因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA .又EF ⊄平面PAD ，PA 平面PAD ，所以EF ∥平面PAD . 因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD . 又CE 平面CEF ，所以CE ∥平面PAD .(2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA . 又AB ⊥PA ，所以AB ⊥EF .同理可证AB ⊥FG .又EF ∩FG ＝F ，EF 平面EFG ，FG 平面EFG ，因此AB ⊥平面EFG . 又M ，N 分别为PD ，PC 的中点，所以MN ∥CD . 又AB ∥CD ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面EFG . 又MN 平面EMN ，所以平面EFG ⊥平面EMN . 【互动探究】在本例条件下，证明：平面EMN ⊥平面PAC .证明：因为AB ⊥PA ，AB ⊥AC ，且PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC . 又MN ∥CD ，CD ∥AB ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面PAC . 又MN 平面EMN ，所以平面EMN ⊥平面PAC .【方法规律】面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，在不是很复杂的题目中，要对此进行证明．如图所示，三棱柱ABC A 1B 1C 1中， 侧棱A 1A ⊥底面ABC ，且各棱长均相等，D ，E ，F 分别为棱AB ，BC ，A 1C 1的中点．求证：(1)EF ∥平面A 1CD ；(2)平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1.证明：(1)如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ＝12AC ，且DE ∥AC .又F 为A 1C 1的中点，所以A 1F ＝12A 1C ＝12AC ，且A 1F ∥A 1C 1∥AC ，所以A 1F ＝DE ，且A 1F ∥DE ，即四边形A 1DEF 为平行四边形，所以EF ∥DA 1.又EF ⊄平面A 1CD ，DA 1平面A 1CD ，所以EF ∥平面A 1CD . (2)由于底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，故CD ⊥AB ，又侧棱A 1A ⊥底面ABC ，CD 平面ABC ，所以AA 1⊥CD ， 又AA 1∩AB ＝A ，因此CD ⊥平面A 1ABB 1，而CD 平面A 1CD ，所以平面A 1CD ⊥平面A 1ABB 1.考点三 垂直关系的综合应用[例3] 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB .[自主解答] (1)证明：由于AB ⊥平面PAD ，PH 平面PAD ，故AB ⊥PH . 又∵PH 为△PAD 中AD 边上的高，∴AD ⊥PH .∵AB ∩AD ＝A ，AB 平面ABCD ，AD 平面ABCD ，∴PH ⊥平面ABCD .(2)由于PH ⊥平面ABCD ，E 为PB 的中点，PH ＝1，故E 到平面ABCD 的距离h ＝12PH ＝12.又∵AB ∥CD ，AB ⊥AD ，∴AD ⊥CD ，故S △BCF ＝12·FC ·AD ＝12×1×2＝22.因此V E BCF ＝13S △BCF ·h ＝13×22×12＝212.(3)证明：过E 作EG ∥AB 交PA 于G ，连接DG .由于E 为PB 的中点，所以G 为PA 的中点． ∵AD ＝PD ，∴DG ⊥PA .∵AB ⊥平面PAD ，DG 平面PAD ，∴AB ⊥DG . 又∵AB ∩PA ＝A ，AB 平面PAB ，PA 平面PAB ，∴DG ⊥平面PAB .又∵GE ∥12AB ，GE =12AB ，DF ∥12AB ，DF =12AB ∴GE ∥DF . GE =DF .∴四边形DFEG 为平行四边形，故DG ∥EF .∴EF ⊥平面PAB .【方法规律】垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题．一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)垂直与平行结合问题．求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．(3)垂直与体积结合问题．在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．如图所示，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中(侧棱垂直于底面的三棱柱叫直三棱柱)，AB ＝BB 1，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．求证：(1)B 1C ∥平面A 1BD ； (2)B 1C 1⊥平面ABB 1A 1. 证明：(1)如图所示，连接AB 1，交A 1B 于点O ，则O 为AB 1的中点．连接OD ，∵D 为AC 的中点，∴在△ACB 1中，有OD ∥B 1C .又∵OD 平面A 1BD ，B 1C ⊄平面A 1BD . ∴B 1C ∥平面A 1BD .(2)∵AB ＝B 1B ，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，∴四边形ABB 1A 1为正方形． ∴A 1B ⊥AB 1.又∵AC 1⊥平面A 1BD ，A 1B 平面A 1BD ，∴AC 1⊥A 1B .又∵AC 1平面AB 1C 1，AB 1平面AB 1C 1，AC 1∩AB 1＝A ，∴A 1B ⊥平面AB 1C 1. 又∵B 1C 1平面AB 1C 1，∴A 1B ⊥B 1C 1.又∵A 1A ⊥平面A 1B 1C 1，B 1C 1平面A 1B 1C 1，∴A 1A ⊥B 1C 1. 又∵A 1A 平面ABB 1A 1，A 1B 平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B ＝A 1，∴B 1C 1⊥平面ABB 1A 1.————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————1个转化——三种垂直关系的转化判定线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直 性质在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．3种方法——三种垂直关系的证明 (1)判定线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°； ②平面几何中证明线线垂直的方法；③线面垂直的性质：a ⊥α，b α⇒a ⊥b ； ④线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b . (2)判定线面垂直的常用方法 ①利用线面垂直的判定定理；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． (3)判定面面垂直的方法①利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； ②判定定理：a α，a ⊥β⇒α⊥β.答题模板(五)空间位置关系的证明[典例] (2013·北京高考) (12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和F 分别为CD 和PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ； (2)BE ∥平面PAD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD .[快速规范审题] 第(1)问1．审结论，明解题方向观察所求结论：证明PA ⊥平面ABCD ――→可利用线面垂直的判定定理或面面垂直的性质定理证明证明PA 与平面ABCD 内的两相交直线垂直或证明PA 所在的平面与平面ABCD 垂直，且PA 与交线垂直．2．审条件，挖解题信息观察条件：平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥AD ――→面面垂直的性质定理PA ⊥平面ABCD . 3．建联系，找解题突破口平面PAD ⊥平面ABCD ――→平面PAD ∩平面ABCD ＝AD PA 平面PAD ，PA ⊥AD ――→面面垂直的性质定理PA ⊥平面ABCD .第(2)问1．审结论，明解题方向观察所求结论：证明BE ∥平面PAD ――→线面平行的判定定理应证明BE 与平面PAD 内的某一直线平行．2．审条件，挖解题信息观察条件：AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 中点――→AB 綊DE可证四边形ABED 为平行四边形． 3．建联系，找解题突破口ABED 为平行四边形――→平行四边形的定义BE ∥AD ――→AD ⊂平面PADBE ⊄平面PAD BE ∥平面PAD . 第(3)问1．审结论，明解题方向观察所求结论：证明平面BEF ⊥平面PCD ――→面面垂直的判定定理可证明平面PCD 过平面BEF 的一条垂线．2．审条件，挖解题信息观察条件：由(1)知PA ⊥平面ABCD ――→线面垂直的性质PA ⊥CD ――→AB ∥CD ，AB ⊥ADCD ⊥AD ――→线面垂直的判定定理CD ⊥平面PAD ――→EF ∥PD ，BE ∥AD CD ⊥EF ，CD ⊥BE .3．建联系，找解题突破口CD ⊥EF ，CD ⊥BE ，EF ∩BE ＝E ――→BE ，EF ⊂平面BEF CD ⊥平面BEF ――→CD ⊂平面PCD平面BEF ⊥平面PCD .,[准确规范答题](1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且PA 垂直于这两个平面的交线AD ，所以PA ⊥底面ABCD .⇨3分(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，所以AB ∥DE ，且AB ＝DE .所以四边形ABED 为平行四边形．所以BE ∥AD . ⇨5分此处易忽视“BE ⊄平面PAD ，AD ⊂平面面PAD ”，而直接说明BE ∥平面PAD 又BE ⊄平面PAD ，AD平面PAD ，所以BE ∥平面PAD . ⇨7分 (3)因为AB ⊥AD ，且四边形ABED 为平行四边形，故AD ⊥CD ， ⇨8分 由(1)知PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD ，又PA 平面PAD ，AD 平面PAD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD .因为PD 平面PAD ，所以CD ⊥PD . ⇨10分 CD ⊥EF . 此处易忽视“EF ∩BE ＝E ”，而直接证明CD ⊥平面BEF CD BE EF BE E EF BEF BE BEF 所以CD ⊥平面BEF .又CD 平面PCD ，所以平面BEF ⊥平面PCD . ⇨12分[答题模板速成]证明空间线面位置关系的一般步骤： 第一步 审清题意 分析条件，挖掘题目中平行与垂直关系第二步 明确方向 确定问题方向，选择证明平行或垂直的方法，必要时添加辅助线第三步给出证明利用平行垂直关系的判定或性质给出问题的证明第四步反思回顾查看关键点、易漏点，检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏，符号表达是否准确[全盘巩固]1．设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A 当l⊥α时，l⊥m且l⊥n；但当l⊥m，l⊥n时，若m、n不是相交直线，则得不到l⊥α.即“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件．2．已知直线l垂直于直线AB和AC，直线m垂直于直线BC和AC，则直线l，m的位置关系是( )A．平行 B．异面C．相交 D．垂直解析：选A 因为直线l垂直于直线AB和AC，所以l垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，同理，直线m垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，根据线面或线线垂直的性质定理得l∥m.3．已知P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是( )A．PA＝PB＝PCB．PA⊥BC，PB⊥ACC．点P到△ABC三边所在直线的距离相等D．平面PAB、平面PBC、平面PAC与△ABC所在的平面所成的角相等解析：选B 条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心的充分必要条件．4．已知两条直线m、n，两个平面α、β，给出下列四个命题：①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，mα，nβ⇒m∥n；③m∥n，m∥α⇒n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.其中正确命题的序号是( )A．①③ B．②④C．①④ D．②③解析：选C ①正确；对于②，分别位于两个平行平面内的两条直线必没有公共点，但它们不一定平行，因此②是错误的；对于③，直线n也可能位于平面α内，因此③是错误的；对于④，由m⊥α且α∥β，得m⊥β，又m∥n，故n⊥β，因此④是正确的．5．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC解析：选D ∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，故CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB .又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，AD 平面ADC ，CD 平面ADC ，故AB ⊥平面ADC .又AB 平面ABC ，∴平面ADC ⊥平面ABC .6. 如图，正三角形PAD 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，O 为正方形ABCD 的中心，M 为正方形ABCD 内一点，且满足MP ＝MC ，则点M 的轨迹为( )解析：选A 取AD 的中点E ，连接PE ，PC ，CE .由PE ⊥AD 知，PE ⊥平面ABCD ，从而平面PEC ⊥平面ABCD ，取PC 、AB 的中点F 、G ，连接DF 、DG 、FG ，由PD ＝DC 知，DF ⊥PC ，由DG ⊥EC 知，DG ⊥平面PEC ，又PC 平面PEC ，∴DG ⊥PC ，又DF ∩DG ＝D ，DF 平面DFG ，DG 平面DFG ，∴PC ⊥平面DFG ，又点F 是PC 的中点，因此线段DG 上的点满足MP ＝MC .7．设l ，m ，n 为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l ⊥α，则l 与α相交；②若m α，n α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α；③若l ∥m ，m ∥n ，l ⊥α，则n ⊥α；④若l ∥m ，m ⊥α，n ⊥α，则l ∥n .其中正确命题的序号为________．解析：①显然正确；对②，只有当m ，n 相交时，才有l ⊥α，故②错误；对③，由l ∥m ，m ∥n ⇒l ∥n ，由l ⊥α，得n ⊥α，故③正确；对④，由l ∥m ，m ⊥α⇒l ⊥α，再由n ⊥α⇒l ∥n ，故④正确．答案：①③④8. 如图所示，矩形ABCD 的边AB ＝a ，BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，现有数据：①a ＝12；②a ＝1；③a ＝3；④a ＝2；⑤a ＝4. 当在BC 边上存在点Q (Q 不在端点B 、C 处)，使PQ ⊥QD 时，a 可以取________(填上一个你认为正确的数据序号即可)．解析：当PQ⊥QD时，有QD⊥平面PAQ，所以QD⊥AQ.在矩形ABCD中，设BQ＝x(0<x<2)，则CQ＝2－x.在Rt△ABQ中，AQ2＝a2＋x2，在Rt△DCQ中，DQ2＝a2＋(2－x)2.又由AQ2＋DQ2＝4，得2a2＋2x2－4x＝0，则a2＝－(x－1)2＋1(0<x<2)，故a2∈(0,1]，即a∈(0,1]，故①②符合，③④⑤不符合．答案：①(或②)9. 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，其中真命题的序号是________．解析：①AE平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB 平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．答案：①②④10. 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，已知PB＝PD ＝2，PA＝ 6.(1)证明：PC⊥BD；(2)若E为PA的中点，求三棱锥PBCE的体积．解：(1)证明：连接AC，交BD于O点，连接PO.因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，BO＝DO.由PB＝PD知，PO⊥BD.因为PO∩AC＝O，PO平面PAC，AC平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC平面PAC，所以PC⊥BD.(2)因为E 是PA 的中点，所以V P BCE ＝V C PEB ＝12V C PAB ＝12V B PAC . 由PB ＝PD ＝AB ＝AD ＝2，知△ABD ≌△PBD .因为∠BAD ＝60°，所以PO ＝AO ＝3，AC ＝23，BO ＝1.又PA ＝6，PO 2＋AO 2＝PA 2，即PO ⊥AC ，故S △PAC ＝12PO ·AC ＝3. 由(1)知，BO ⊥平面PAC ，因此V P BCE ＝12V B PAC ＝12×13·BO ·S △PAC ＝12. 11. (2013·江苏高考)如图，在三棱锥S ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG ∥平面ABC ；(2)BC ⊥SA .证明：(1)因为AS ＝AB ，AF ⊥SB ，垂足为F ，所以F 是SB 的中点．又因为E 是SA 的中点，所以EF ∥AB .因为EF ⊄平面ABC ，AB 平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .同理EG ∥平面ABC .又EF ∩EG ＝E ，所以平面EFG ∥平面ABC .(2)因为平面SAB ⊥平面SBC ，且交线为SB ， 又AF 平面SAB ，AF ⊥SB ，所以AF ⊥平面SBC .因为BC 平面SBC ，所以AF ⊥BC .又因为AB ⊥BC ，AF ∩AB ＝A ，AF ，AB 平面SAB ，所以BC ⊥平面SAB .因为SA 平面SAB ，所以BC ⊥SA .12. 如图，在四棱锥S ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD .四边形ABCD 为正方形，且P 为AD 的中点，Q 为SB 的中点．(1)求证：CD ⊥平面SAD ；(2)求证：PQ ∥平面SCD ；(3)若SA ＝SD ，M 为BC 的中点，在棱SC 上是否存在点N ，使得平面DMN ⊥平面ABCD ？并证明你的结论．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为正方形，所以CD ⊥AD .又平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CD ⊥平面SAD .(2)证明：取SC 的中点R ，连接QR ，DR .由题意知，PD ∥BC 且PD ＝12BC . 在△SBC 中，Q 为SB 的中点，R 为SC 的中点，所以QR ∥BC 且QR ＝12BC . 所以QR ∥PD 且QR ＝PD ，则四边形PDRQ 为平行四边形，所以PQ ∥DR .又PQ ⊄平面SCD ，DR 平面SCD ，所以PQ ∥平面SCD .(3)存在点N 为SC 的中点，使得平面DMN ⊥平面ABCD .连接PC 、DM 交于点O ，连接PM 、SP 、NM 、ND 、NO ，因为PD ∥CM ，且PD ＝CM ，所以四边形PMCD 为平行四边形，所以PO ＝CO .又因为N 为SC 的中点，所NO ∥SP .易知SP ⊥AD ，因为平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，且SP ⊥AD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以NO ⊥平面ABCD .又因为NO 平面DMN ，所以平面DMN ⊥平面ABCD .[冲击名校]如图在直棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，AA 1＝3，D 是BC 的中点，点E 在棱BB 1上运动．(1)证明：AD ⊥C 1E ；(2)当异面直线AC 与C 1E 所成的角为60°时，求三棱锥C 1A 1B 1E 的体积． 解：(1)证明：因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以AD ⊥BC .又在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，而AD 平面ABC ，所以AD ⊥BB 1. 又BC ∩BB 1＝B ，BC ，BB 1平面BB 1C 1C ，所以AD ⊥平面BB 1C 1C .由点E 在棱BB 1上运动，得C 1E 平面BB 1C 1C ，所以AD ⊥C 1E .(2)因为AC ∥A 1C 1，所以∠A 1C 1E 是异面直线AC 与C 1E 所成的角，由题设知∠A 1C 1E ＝60°.因为∠B 1A 1C 1＝∠BAC ＝90°，所以A 1C 1⊥A 1B 1，又AA 1⊥A 1C 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，A 1B 1，AA 1平面A 1ABB 1，从而A 1C 1⊥平面A 1ABB 1，又A 1E 平面A 1ABB 1，所以A 1C 1⊥A 1E .故C 1E ＝A 1C 1cos 60°＝22，又B 1C 1＝A 1C 21＋A 1B 21＝2，所以B 1E ＝C 1E 2－B 1C 21＝2. 从而V 三棱锥C 1A 1B 1E ＝13S △A 1B 1E ×A 1C 1＝13×12×2×2×2＝23. [高频滚动]如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．(1)求证：AB 1⊥平面A 1BD ；(2)设点O 为AB 1上的动点，当OD ∥平面ABC 时，求AO OB 1的值．解：(1)证明：取BC 的中点为M ，连接AM ，B 1M ，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，△ABC 为正三角形，所以AM ⊥BC ，又平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，故AM ⊥平面BCC 1B 1，又BD 平面BCC 1B 1，所以AM ⊥BD .又正方形BCC 1B 1中，tan ∠BB 1M ＝tan ∠CBD ＝12， 所以BD ⊥B 1M ，又B 1M ∩AM ＝M ，B 1M 平面AB 1M ，AM 平面AB 1M ， 所以BD ⊥平面AB 1M ，又AB 1平面AB 1M ，故AB 1⊥BD .在正方形BAA 1B 1中，AB 1⊥A 1B ，又A 1B ∩BD ＝B ，A 1B ，BD 平面A 1BD ，所以AB 1⊥平面A 1BD .(2)取AA 1的中点为N ，连接ND ，OD ，ON .因为N ，D 分别为AA 1，CC 1的中点，所以ND ∥AC ，又AC 平面ABC ，ND ⊄平面ABC ， 所以ND ∥平面ABC ，又OD ∥平面ABC ，ND ∩OD ＝D ，所以平面NOD ∥平面ABC ，又平面NOD ∩平面BAA 1B 1＝ON ，平面BAA 1B 1∩平面ABC ＝AB ，所以ON ∥AB ，注意到AB ∥A 1B 1，所以ON ∥A 1B 1，又N 为AA 1的中点，所以O 为AB 1的中点，即AO OB 1＝1.。
高考数学一轮复习18 高三第18讲 复习 平行关系与垂直关系
第18讲平行关系与垂直关系考点一平行关系// //ββ⎪⎪⎪⎭b γ⎪=⎭典例精讲1．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B l C 1D 1中，已知E ，F ，G 分别是线段A 1C 1上的点，且A 1E ＝EF ＝FG ＝GC 1．则下列直线与平面A 1BD 平行的是（ ）A ．CEB ．CFC ．CGD ．CC 1【分析】连接AC ，使AC 交BD 与点O ，连接A 1O ，CF ，由A 1F =∥12AC ，又OC =12AC ，可证四边形A 1OCF 为平行四边形，可得A 1O ∥CF ，利用线面平行的判定定理即可得解． 【解答】解：如图，连接AC ，使AC 交BD 与点O ，连接A 1O ，CF ， 在正方体ABCD ﹣A 1B l C 1D 1中，由于A 1F =∥12AC ，又OC =12AC ，可得：A 1F =∥OC ，即四边形A 1OCF 为平行四边形， 可得：A 1O ∥CF ，又A 1O ⊂平面ABD ，CF ⊄平面ABD ， 可得CF ∥平面ABD ． 故选：B ．【点评】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．2．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，F ，F ，G ，H 分别为棱A 1B 1，BB 1，CC 1，C 1D 1的中点，则下列结论中正确的是（ ）A ．AD 1∥平面EFGHB ．BD 1∥GHC ．BD ∥EF D ．平面EFGH ∥平面A 1BCD 1【分析】在A 中，AD 1与GH 相交，从而AD 1不平行于平面EFGH ；在B 中，BD 1∩CD 1＝D 1，CD 1∥GH ，从而BD 1不可能平行于GH ；在C 中，BD ∩A 1B ＝B ，A 1B ∥EF ，从而BD 与EF 不可能平行；在D 中，EF ∥A 1B ，FG ∥BC ，从而平面EFGH ∥平面A 1BCD 1．【解答】解：在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，F ，F ，G ，H 分别为棱A 1B 1，BB 1，CC 1，C 1D 1的中点在A 中，AD 1与GH 相交，故AD 1不平行于平面EFGH ，故A 错误；在B 中，BD 1∩CD 1＝D 1，CD 1∥GH ，故BD 1不可能平行于GH ，故B 错误； 在C 中，BD ∩A 1B ＝B ，A 1B ∥EF ，故BD 与EF 不可能平行，故C 错误； 在D 中，EF ∥A 1B ，FG ∥BC ，A 1B ∩BC ＝B ，EF ∩FG ＝F ， ∴平面EFGH ∥平面A 1BCD 1，故D 正确． 故选：D ．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，DA ＝DC ＝1，DD 1＝2，分别在对角线A 1D ，CD 1上取点M ，N ，使得直线MN ∥平面A 1ACC 1，则线段MN 长的最小值为（ ） A ．12B ．23 C ．√22D ．2【分析】作MM 1⊥AD 于点M 1，作NN 1⊥CD 于点N 1，则M 1N 1∥AC ．设DM 1＝DN 1＝x ，则MM 1＝x ，NN 1＝1﹣x ，由此能求出MN 的最小值．【解答】解：作MM 1⊥AD 于点M 1，作NN 1⊥CD 于点N 1， ∵线段MN 平行于对角面ACC 1A 1，∴M 1N 1∥AC ． 设DM 1＝DN 1＝x ，则MM 1＝2x ，NN 1＝2﹣2x ， 在直角梯形MNN 1M 1中，MN2=（√2x ）2+（2﹣4x ）2＝18（x −49）2+49，∴当x =49时，MN 的最小值为23． 故选：B ．【点评】本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．4．已知正方体1111ABCD A B C D -中，E ，H 分别为1DD ，AB 的中点，点F ，G 分别在线段BC ，1CC 上，且14CF CG BC ==，则在F ，G ，H 这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE 平行的条数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3【分析】由题意作出图形，取CE 的中点I ，由//AI GH ，利用线面平行的判定定理可知//GH 平面ACE ，又HF ，GF 均不与平面ACE 平行，即可得解． 【解答】解：作出图形如下所示，取CE 的中点I ，可知//AI GH ， 又GH ⊂/平面ACE ，AI ⊂平面ACE ， 故//GH 平面ACE ，又HF ，GF 均不与平面ACE 平行，故在F ，G ，H 这三点中任取两点确定的直线中，与平面ACE 平行的条数为1． 故选：B ．【点评】本题主要考查了空间线面的位置关系，考查了直观想象、逻辑推理的核心素养，属于中档题．5．过平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面BCC 1B 1平行的直线有 12 条；【分析】在平面BCC 1B 1的一侧，AB 、A 1B 1、C 1D 1、CD 的中点分别为E 、F 、G 、H ，根据面面平行的性质能求出结果．【解答】解：设AB 、A 1B 1、C 1D 1、CD 的中点分别为E 、F 、G 、H ，连接EF 、FG 、GH 、HE 、EG 、FH ，∵平面EFGH ∥平面BCC 1B 1，EF 、FG 、GH 、HE 、EG 、FH 都是平面EFGH 内的直线 ∴EF 、FG 、GH 、HE 、EG 、FH 都与平面BCC 1B 1平行，共6条直线， 面ADD 1A 1上还有6个，四条边中点分别为M ，N ，O ，P ， 即还有MN ，NO ，OP ，MP ，NP ，OM ．因此，满足条件：“与平面BCC 1B 1平行的直线平行”的直线一共有12条． 故答案为：12．【点评】本题考查与平面平选择直线的条数的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．6．在三棱锥S ﹣ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于点D ，E ，F ，H ．且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为452．【分析】根据条件只要证明四边形DEFH 是矩形即可得到结论． 【解答】解：∵D 、E 、F 、H 分别是AB 、BC 、SA 、SC 的中点， ∴DE ∥AC ，FH ∥AC ，DH ∥SB ．EF ∥SB ， 则四边形DEFH 是平行四边形，且HD =12SB =152，DE =12AC ＝3， 取AC 的中点O ，连结OB ， ∵SA ＝SC ＝15，AB ＝BC ＝6，∴AC ⊥SO ，AC ⊥OB ， ∵S 0∩OB ＝O ， ∴AO ⊥平面SOB ， ∴AO ⊥SB ， 则HD ⊥DE ，即四边形DEFH 是矩形， ∴四边形DEFH 的面积S =152×3=452．故答案为：452．【点评】本题主要考查线面平行的判断和应用，根据条件先判断四边形DEFH 是平行四边形，然后根据线面垂直的判定定理证明四边形DEFH 是矩形是解决本题的关键．7．已正知方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是B 1D 1上一点，且PQ ∥平面AB 1D ，则线段PQ 长为 √2 ．【分析】连接AD 1，AB 1，利用中位线的性质求得PQ =12AB 1，进而求得PQ ．【解答】解：∵正方体AC 1的棱长为1，点P 是面AA 1D 1D 的中心， 点Q 是面A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ， 连结AD 1，AB 1，∴由正方体的性质，得：AD 1∩A 1D ＝P ，P 是AD 1的中点， PQ ∥AB 1，∴PQ =12AB 1=12√4+4=√2．故答案为：√2．【点评】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．考点二 垂直关系典例精讲1．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法中正确的是（）A．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n B．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α【分析】利用线面平行、线面垂直的性质定理和判定定理对选项分别分析解答．【解答】解：对于A，若m⊥α，n⊂α，根据线面垂直的性质可得m⊥n；故正确；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n可能相交、平行或者异面；故错误；对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故错误；对于D，若m∥α，m⊥n，则n与α相交、平行或n⊂α，故错误．故选：A．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力及数形结合思想，是中档题．2．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°以下能使A1C⊥BC1的是（）A．AB＝AC B．AA1＝AC C．BB1＝AB D．CC1＝BC【分析】利用线面垂直的性质可得AB⊥A1C，若AA1＝AC，可得A1C⊥AC1，利用线面垂直的判定定理可证A1C⊥平面ABC1，根据线面垂直的性质可证A1C⊥BC1，即可得解．【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，即AB⊥AC，又AA1＝AB，AA1∩AC＝A，所以AB⊥平面AA1C，又A1C⊂平面AA1C，所以AB⊥A1C，若AA1＝AC，则长方形AA1CC1为正方形，可得：A1C⊥AC1，又AB∩AC1＝A，所以A1C⊥平面ABC1，又BC1⊂平面ABC1，所以A1C⊥BC1．故选：B．【点评】本题主要考查了线面垂直的性质，线面垂直的判定定理的应用，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．，AB＝AC＝2√3，BD＝CD＝6，且平面ABC⊥平面BCD，3．已知空间四边形ABCD，∠BAC=2π3则空间四边形ABCD的外接球的表面积为（）A．60π B．36π C．24π D．12π【分析】最好借助长方体作出两面垂直的情况，计算得出△BCD为正三角形，从而找到球心所在直线，利用半径相等列方程求解．【解答】解：借助长方体作出空间四边形ABCD，取BC中点P，，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2√3，∠BAC=2π3可求得BC＝6，AP=√3，又BD＝CD＝6，∴△BCD为正三角形，外接球球心O在过其中心M垂直于平面BCD的直线上，如图：在△BCD中，求得PD＝3√3，∴PM=√3，BM＝2√3，设OM＝x，则ON=√3+x，在△OAN中，OA2＝AN2+ON2＝3+（x+√3）2，在△OBM中，OB2＝BM2+OM2＝12+x2，由OA＝OB列方程解得x=√3，从而OB2＝15即外接球半径r=√15，∴外接球面积＝4π×15＝60π，故选：A．【点评】本题考查了面面垂直的性质，外接球球心的确定及半径的求法，并综合考查了运算求解能力和方程思想，是中档题．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱AP⊥平面ABCD，AB＝1，AP=√3，点M在线段BC上，且AM⊥MD，则当△PMD的面积最小时，线段BC的长度为（）A．√3B．3√2C．2 D．3√22【分析】设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x+y，推导出PA⊥MD，AM⊥MD，从而MD⊥平面PAM，由题意知AM=√x2+1，MD=√y2+1，由AM2+MD2＝AD2，得xy＝1，由PM=√x2+4，MD=√y2+1=√1x2+1，得S△PMD=12√x2+4x2+5≥32，由此能求出BC．【解答】解：设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x+y，∵PA⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，∴PA⊥MD，又AM⊥MD，PA∩AM＝A，∴MD⊥平面PAM，由题意知AM=√x2+1，MD=√y2+1，在Rt△AMD中，AM2+MD2＝AD2，即x2+1+y2+1＝（x+y）2，化简，得xy＝1，在Rt△PMD中，PM=√x2+4，MD=√y2+1=√1x2+1，∴S△PMD=12√x2+4x2+5≥32，当且仅当x2=4x2时，取等号，此时，BC＝x+y=3√22．故选：B．【点评】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．5．如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD：BC：AB＝2：3：4，E，F分别是AB，CD 的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC．则在翻折过程中，可能成立的结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】画出图形，利用直线与直线的位置关系以及射影，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判断定理，判断结论的正误即可．【解答】解：因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ：BC ：AB ＝2：3：4， 可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确； 因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误． 故选：B ．【点评】本题考查平面与平面的位置关系，直线与平面的位置关系的应用，考查空间想象能力以及计算能力．6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动．若1D O OP ⊥，则△11D C P 面积的最大值为( )A B C D ．【分析】由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定可得P 的轨迹，求出P 到棱11C D 的最大值，代入三角形面积公式求解． 【解答】解：如图，由正方体性质知，当P 位于C 点时，1D O OC ⊥，当P 位于1BB 的中点1P 时，由已知得，12DD =，DO BO ==1111BP B P ==，11B D =求得1OD =1OP 113D P ==． ∴2221111OD OP D P +=，得11OD OP ⊥．又1OP OC O =，1D O ∴⊥平面1OP C ，得到P 的轨迹在线段1PC 上．由111C P CP ==11C CP ∠ 为锐角，而12CC =<知P 到棱11C D ．则△11D C P 面积的最大值为122⨯．故选：C ．【点评】本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．11A E DD ⊥B ．1A E DB ⊥C ．111A ED C ⊥D ．11AE DB ⊥【分析】连结AE ，BD ，则AB ADAD DE=，ABD DAE ∆∆∽，从而DAE ABD ∠=∠，进而AE BD ⊥，BD ⊥平面1A AE ，由此得到1A E DB ⊥．【解答】解：连结AE ，BD ，因为AB =，所以AB ADAD DE=， 所以ABD DAE ∆∆∽，所以DAE ABD ∠=∠， 所以90EAB ABD ∠+∠=︒，即AE BD ⊥，所以BD ⊥平面1A AE ， 所以1A E DB ⊥． 故选：B ．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．综合练习一．选择题（共5小题）1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，P为棱CC1的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP 与平面B1D1P的交线，以下关系中正确的是（）A．m∥D1Q B．m∥平面B1D1QC．m⊥B1Q D．m⊥平面A BB1A1【分析】由直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，得到m∥BD∥B1D1，由此能得到m∥平面B1D1Q．【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1，P为棱CC1的动点，Q为棱AA1的中点，直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，∴m∥BD∥B1D1，∵m⊄平面B1D1Q，B1D1⊂平面B1D1Q，∴m∥平面B1D1Q．故选：B．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．2．如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是()A．//OM平面PBAOM平面PDA D．// OM PD B．//OM平面PCD C．//【分析】通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误．【解答】解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则//OM PD，故正确；对于B，由于//OM平面PCD，故正OM PD，OM⊂/平面PCD，PD⊂平面PCD，则//确；对于C，由于//OM PD，OM⊂/平面PAD，PD⊂平面PAD，则//OM平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．【点评】本题主要考查线面平行的判定定理及运用，考查直线与平面的位置关系，属于中档题．3．在正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别是AB、AD的中点，将△AEF沿EF折起到△A′EF的位置，使得A′C=2√3，在平面A′BC内，过点B作BG∥平面A′EF交边A′C上于点G，则A′G＝（）A．√33B．2√33C．√3D．4√33【分析】需要通过面面平行实现线面平行【解答】解如图，在△A′HC中做OG∥A′H交A′C于G，OG⊄平面AEF，A′H⊂平面AEF∴OG∥平面A′EF同理可知OB∥平面A′EF又OG∩OB＝O∴平面OGB∥平面A′EF∴GB∥平面A′EF易知CO：CH＝CG：CA′＝2：3，∴A′G═13A′C=2√33，故选：B．【点评】本题考查线线平行，线面平行，面面平行等知识，难度适中．4．如图，AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC的四个面中，直角三角形的个数有（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个 【分析】AB 是圆O 的直径，得出三角形ABC 是直角三角形，由于PA 垂直于圆O 所在的平面，根据线面垂直的性质定理得出PA 垂直于AC ，BC ，从而得出两个直角三角形，可以证明BC 垂直于平面PAC ，从而得出三角形PBC 也是直角三角形，从而问题解决． 【解答】证明：∵AB 是圆O 的直径∴∠ACB ＝90°即BC ⊥AC ，三角形ABC 是直角三角形 又∵PA ⊥圆O 所在平面，∴△PAC ，△PAB 是直角三角形． 且BC 在这个平面内，∴PA ⊥BC 因此BC 垂直于平面PAC 中两条相交直线， ∴BC ⊥平面PAC ，∴△PBC 是直角三角形．从而△PAB ，△PAC ，△ABC ，△PBC 中，直角三角形的个数是：4． 故选：A ．【点评】本题考查面面垂直的判定定理的应用，要注意转化思想的应用，将面面垂直转化为线面垂直．5．如图所示，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在A 1D 、AC 上，且A 1E =23A 1D ，AF =13AC ，则（ ）A ．EF 至多与A 1D 、AC 之一垂直B ．EF 与A 1D 、AC 都垂直 C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面【分析】连接D 1E ，BF ，根据A 1E =23A 1D ，AF =13AC ，判断D 1E ，BF 交与同一点M ，再根据成比例线段证明EF ∥D 1B ，由D 1B ⊥AC ，D 1B ⊥A 1D 证明EF 与A 1D 、AC 都垂直． 【解答】解：如图所示；连接D 1E ，与AD 交与M 点处，因为A 1E =23A 1D ，所以DM =12A 1D 1=12AD ， 所以M 为AD 中点，连接BF ，交AD 与N 点，因为AF =13AC ，所以AN =12BC =12AD ，所以N 为AD 中点， 所以M ，N 重合；且ME ED 1=MF FB=12，所以EF ∥D 1B ，又AC ⊥平面DD 1B ，所以AC ⊥BD 1， 所以AC ⊥EF ， 同理，A 1D ⊥EF ，所以EF 与A 1D 、AC 都垂直，且相交，∴B 正确，A 、EF 至多与A 1D 、AC 之一垂直错误， C 、EF 与BD 1相交错误，D 、EF 与BD 1异面错误． 故选：B ．【点评】本题考查了立体几何中线线平行与垂直的判断问题，是综合性问题． 二．填空题（共2小题）6．如图，矩形ABCD 的长AB ＝2，宽AD ＝x ，若PA ⊥平面ABCD ，矩形的边CD 上至少有一个点Q ，使得PQ ⊥BQ ，则x 的范围是 0＜x ≤1 ．【分析】依据三垂线定理，要使PQ ⊥BQ ，必须有AQ ⊥BQ ，即以AB 为直径的圆应与CD 有公共点即可，从而可求x 的范围．【解答】解：∵PA ⊥平面ABCD ，BQ ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BQ ；要使PQ ⊥BQ ，依三垂线定理得，必须有AQ ⊥BQ ，而Q 为矩形的边CD 上的一个点， ∴以AB 为直径的圆应与CD 有公共点， ∵AB ＝2，宽AD ＝x ， ∴0＜x ≤1．故答案为：0＜x ≤1．【点评】本题考查直线与平面垂直的性质，考查等价转化思想，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．7．如图，下列五个正方体图形中，I是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出I垂直于平面MNP的图形的序号是①④⑤．【分析】设定正方体的顶点如图，连结DB，AC，根据M，N分别为中点，判断出MN∥AC，由四边形ABCD为正方形，判断出AC⊥BD进而根据DD′⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，判断出DD′⊥AC，进而根据线面垂直的判定定理推断出AC⊥平面DBB′，根据线面垂直的性质可知AC⊥DB′，利用线面垂直的判定定理推断出由MN∥AC，推断出DB′⊥MN，同理可证DB′⊥MF，DB′⊥NF，利用线面垂直的判定定理推断出DB′⊥平面MNF．④中由①中证明可知I⊥MP，根据MN∥AC，AC⊥I，推断出I⊥MN，进而根据线面垂直的判定定理推断出I⊥平面MNP，同理可证明⑤中I⊥平面MNP．【解答】解：设定正方体的顶点如图，连结DB，AC，∵M，N分别为中点，∴MN∥AC，∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵BB′⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB′⊥AC，∵BB′∩DB′＝B，BB′⊂平面DBB′，AC⊂平面DBB′，∴AC⊥平面DBB′，∵DB′⊂平面DBB′，∴AC⊥DB′，∵MN∥AC，∴DB′⊥MN，同理可证DB′⊥MF，DB′⊥NF，∵MF∩NF＝F，MF⊂平面MNF，NF⊂平面MNF，∴DB′⊥平面MNF，即I垂直于平面MNP，故①正确．④中由①中证明可知I⊥MP，∵MN∥AC，AC⊥I，∴I⊥MN，∴I⊥平面MNP，同理可证明⑤中I⊥平面MNP．故答案为：①④⑤【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理．考查了学生空间思维能力和观察能力．。
2021高考北师版(文科)数学一轮复习讲义：第7章 第4节 垂直关系
第四节垂直关系[考纲] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)定理2.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．这条直线叫作二面角的棱，这两个半平面叫作二面角的面．(2)二面角的度量——二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角．3．平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)定理1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，那么l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)假设两条直线与一个平面所成的角相等，那么这两条直线平行．()(4)假设两个平面垂直，那么其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ.()A．假设l⊥β，那么α⊥βB．假设α⊥β，那么l⊥mC．假设l∥β，那么α∥βD．假设α∥β，那么l∥mA[∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]3．(2021·浙江高考)互相垂直的平面α，β交于直线l，假设直线m，n满足m ∥α，n⊥β，那么()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC[∵α∩β＝l，∴lβ.∵n⊥β，∴n⊥l.]4．如图7-4-1，P A⊥平面ABC，BC⊥AC，那么图中直角三角形的个数为________．图7-4-14[∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，那么△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC.因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]5．边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，那么折叠后AC 的长为________.【导学号：66482336】a[如下图，取BD的中点O，连接A′O，CO，那么∠A′OC是二面角A′-BD-C的平面角．即∠A ′OC ＝90°，又A ′O ＝CO ＝22a ，∴A ′C ＝a 22＋a 22＝a ，即折叠后AC 的长(A ′C )为a .]线面垂直的判定与性质如图7-4-2，在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BD .图7-4-2(1)求证：CD ⊥平面ABD ； (2)假设AB ＝BD ＝CD ＝1，M 为AD 中点，求三棱锥A -MBC 的体积．[解] (1)证明：因为AB ⊥平面BCD ，CD 平面BCD ，所以AB ⊥CD . 2分又因为CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB 平面ABD ，BD 平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD . 5分(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD .又AB ＝BD ＝1，所以S △ABD ＝12×12＝12. 8分因为M 是AD 的中点，所以S △ABM ＝12S △ABD ＝14.根据(1)知，CD ⊥平面ABD ，那么三棱锥C -ABM 的高h ＝CD ＝1，故V A -MBC ＝V C -ABM ＝13S △ABM ·h ＝112. 12分[规律方法] 1.证明直线和平面垂直的常用方法：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直那么需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的根本思想．[变式训练1]如图7-4-3所示，AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝13DB，点C为圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.图7-4-3求证：P A⊥CD.[证明]因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ABC中，由3AC ＝BC，得∠ABC＝30°. 3分设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝23，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO. 8分因为PD⊥平面ABC，CD平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D，得CD⊥平面P AB，又P A平面P AB，所以P A⊥CD. 12分面面垂直的判定与性质(2021·郑州调研)如图7-4-4，三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．图7-4-4(1)求证：BD∥平面FGH；(2)假设CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.[证明](1)如下图，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH. 1分在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形. 3分那么M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，由于HM平面FGH，BD平面FGH，故BD∥平面FGH. 5分(2)连接HE，CE，CD.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB. 6分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. 10分由于CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H.所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 12分[规律方法] 1.面面垂直的证明的两种思路：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．垂直问题的转化关系：[变式训练2]如图7-4-5，在三棱锥P-ABC中，平面P AB⊥平面ABC，P A ⊥PB，M，N分别为AB，P A的中点．图7-4-5(1)求证：PB∥平面MNC；(2)假设AC＝BC，求证：P A⊥平面MNC.[证明](1)因为M，N分别为AB，P A的中点，所以MN∥PB，2分又因为MN平面MNC，PB平面MNC，所以PB∥平面MNC. 5分(2)因为P A⊥PB，MN∥PB，所以P A⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. 7分因为平面P AB⊥平面ABC，CM平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB.所以CM⊥平面P AB. 10分因为P A平面P AB，所以CM⊥P A.又MN∩CM＝M，所以P A⊥平面MNC. 12分平行与垂直的综合问题☞(2021·江苏高考) 如图7-4-6，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.图7-4-6求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[证明](1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 3分又因为DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F. 5分(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 7分又因为A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 10分又因为B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 12分[规律方法] 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进展线线、线面、面面垂直间的转化．2．垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．☞角度2平行垂直中探索开放问题(2021·秦皇岛调研)如图7-4-7(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图7-4-7(2)所示．(1)(2)图7-4-7(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.【导学号：66482337】[证明](1)由，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，那么DE⊥DC，DE⊥DA1，因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC. 2分由于A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE平面BCDE，所以A1F⊥BE. 5分(2)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 6分理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，那么PQ∥BC.又因为DE∥BC，那么DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEQP. 9分由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 12分[规律方法] 1.对命题条件探索性的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．平行(垂直)中点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜想点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.线面角的求法与应用BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.图7-4-8(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．[解](1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如下图. 1分因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，3分因此，BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，那么BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD. 5分(2)因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角. 8分在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝32，得cos∠BDF＝217，所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217. 12分[规律方法] 1.利用综合法求空间角的步骤：(1)找：根据图形找出相关的线面角或二面角．(2)证：证明找出的角即为所求的角．(3)算：根据题目中的数据，通过解三角形求出所求角．2．线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．[变式训练3]如图7-4-9，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．图7-4-9(1)求PB和平面P AD所成的角的大小；(2)证明：AE⊥平面PCD.[解](1)在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，AB平面ABCD，故P A⊥AB.又AB⊥AD，P A∩AD＝A，从而AB⊥平面P AD，2分故PB在平面P AD内的射影为P A，从而∠APB为PB和平面P AD所成的角．在Rt△P AB中，AB＝P A，故∠APB＝45°.∴PB和平面P AD所成的角的大小为45°. 5分(2)证明：在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，故CD⊥P A.由条件CD⊥AC，P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC. 7分又AE平面P AC，∴AE⊥CD.由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC. 10分又PC∩CD＝C，故AE⊥平面PCD. 12分[思想与方法]1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任一直线都垂直⇒a ⊥α；(2)判定定理1： ⎭⎬⎫m ，nα，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，aα，a ⊥l ⇒a ⊥β. 2．证明面面垂直的方法．(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a α，a ⊥β⇒α⊥β. 3．转化思想：垂直关系的转化[易错与防范]1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．。
2021届高考数学一轮复习第七章立体几何第五节垂直关系课件文北师大版20210219144
3．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__所组成的图形叫作二面角； ②二面角的平面角：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_垂__直__于__棱__的两条射线，这两条射线所构成的角叫作二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义： 两个平面相交，如果所成的二面角是_直__二__面__角__，就说这两个平面互相垂直．
[解析] 由 PA⊥平面 ABC，BC 平面 ABC，可得 PA⊥BC，又 AB 是圆 O 的直 径，C 是圆 O 上一点，则有 BC⊥AC，又 PA∩AC＝A，所以 BC⊥平面 PAC，又 AF 平面 PAC，所以 BC⊥AF，故③正确；因为 AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以
AF⊥平面 PBC，又 PB 平面 PBC，所以 AF⊥PB，故①正确；因为 AE⊥PB，
连接 PC，PE，PF，则 PE⊥AC，PF⊥BC. 又 PE＝PF＝ 3，所以 OE＝OF， 所以 CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO＝45°. 在 Rt△PEC 中，PC＝2，PE＝ 3，所以 CE＝1， 所以 OE＝1，所以 PO＝ PE2－OE2＝ （ 3）2－12＝ 2. [答案] 2
∴MG∥EF 且 MG＝12EF， ∴MG⊥平面 ABCD，∴MG⊥BG.
∵MG＝12EF＝ 23，
BG＝ CG2＋BC2＝
322＋22＝52，
∴BM＝ MG2＋BG2＝ 7.
∴BM≠EN. 连接 BD，BE， ∵点 N 是正方形 ABCD 的中心， ∴点 N 在 BD 上，且 BN＝DN， ∴BM，EN 是△DBE 的中线， ∴BM，EN 必相交． 故选 B. [答案] B
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2021年新高考数学总复习讲义：垂直关系
知识讲解
一、平行关系
线面平行
面面平行
判定
如果不在一个平面内的一条直线和平面
内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．
如果一个平面内有两条相交直线平行于
另一个平面，那么这两个平面平行． 推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行． 符号语言
////l m l l m ααα⊄⎫
⎪
⊂⇒⎬⎪⎭
//////a b a b A a b α
ααβ
ββ⊂⎫⎪⊂⎪⎪
=⇒⎬⎪⎪
⎪⎭ 图形语言
性质
如果一条直线和一个平面平行，经过这
条直线的平面和这个平面相交，那么这条
直线和两平面的交线平行．
如果两个平面同时与第三个平面相交，
那么它们的交线平行．
m
l
α。