直线平面垂直的判定及其性质教学案

直线、平面垂直的判定及其性质
考纲要求
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)直线与平面垂直的定义：
如果直线l 和平面α内的__________一条直线都垂直，我们就说直线l 与平面α垂直，记作__________．
(2)直线与平面垂直的判定方法： ①判定定理：一条直线与一个平面内的两条__________都垂直，那么这条直线就垂直于这个平面．
②结论：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．用符号可表示为：
⎭
⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒__________.
(3)直线与平面垂直的性质：
①由直线和平面垂直的定义知：直线垂直于平面内的__________直线． ②性质定理：垂直于同一平面的两条直线平行．用符号可表示为：
⎭
⎪⎬
⎪
⎫a ⊥αb ⊥α⇒__________.
③垂直于同一直线的两平面平行，即a ⊥α，a ⊥β⇒α∥β.
(4)斜线与平面所成的角．
斜线和它在平面内的射影所成的锐角叫做斜线和平面所成的角． 2．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义：
两平面相交，如果它们所成的二面角是__________，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理：
如果一个平面经过另一个平面的一条__________，那么这两个平面互相垂直．简述为
“线面垂直，则面面垂直”，记为：
⎭
⎪⎬⎪
⎫l ⊥βl ⊂α⇒__________. (3)平面与平面垂直的性质：
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．用符号可表示为：
⎭⎪⎬⎪
⎫α⊥β
α∩β＝l m ⊂α
m ⊥l
⇒
__________.
1．“直线l 垂直于平面α内的无数条直线”是“l ⊥α”的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分又不必要条件
2．边长为a 的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则AC 的长为( )．
A.2a
B.22a
C.3
2
a D ．a
3．(2012北京模拟)已知如图，六棱锥P­ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )．
A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAF
C．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD
4．设α，β，γ为彼此不重合的三个平面，l为直线，给出下列命题：
①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ；
②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；
③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面α垂直；
④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β.
上面命题中，真命题的序号为__________(写出所有真命题的序号)．
5．在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E为BB1的中点，∠A1DE＝90°，求证：CD⊥平面A1ABB1.
一、直线与平面垂直的判定与性质
【例1】如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC ＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
方法提炼
证明直线和平面垂直的常用方法：
(1)利用判定定理；
(2)利用面面垂直的性质定理；
(3)利用结论：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；
(4)利用结论：a⊥α，α∥β⇒a⊥β.
请做演练巩固提升1,3
二、平面与平面垂直的判定与性质
【例2】 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E ，G ，F 分别为MB ，PB ，PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA .
(1)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；
(2)求三棱锥P ­MAB 与四棱锥P ­ABCD 的体积之比． 方法提炼
1．证明平面与平面垂直，主要方法是判定定理，通过证明线面垂直来实现，从而把问题再转化成证明线线垂直加以解决．
2．线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化是解决有关垂直证明题的指导思想，其中线线垂直是最基本的，在转化过程中起穿针引线的作用，线面垂直是纽带，可以把线线垂直与面面垂直联系起来．
请做演练巩固提升2
要善于挖掘图形中存在的关系及添加辅助线
【典例】 (12分)(2012课标全国高考)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB
＝90°，AC ＝BC ＝1
2
AA 1，D 是棱AA 1的中点．
(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；
(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 规范解答：(1)由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2分)
又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC . 由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°， 所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .(4分) 又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .
又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC .(6分) (2)设棱锥B ­DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.
由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝1
2
.(8分)
又三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的体积V ＝1，(10分) 所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.
故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.(12分)
答题指导：解决垂直问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注： (1)缺乏空间想象能力，找不出应该垂直的线和面； (2)对几何体体积、面积及线面角的计算不准确；
(3)不善于挖掘图形中存在的关系，缺乏通过添加辅助线解题的能力．
另外要重视对基础知识的积累、解题过程的规范，并且要善于使用数学符号进行表达．
1．已知α，β为不重合的两个平面，直线m α，那么“m⊥β”是“α⊥β”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
2．下列命题中错误的是( )．
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β
B．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β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．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
3．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF ＝1.
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE.
4．(2012北京高考)如图1，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2.
图1 图2
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．
参考答案
基础梳理自测
知识梳理
1．(1)任意l⊥α(2)①相交直线②b⊥α(3)①任意一条②a∥b
2．(1)直二面角(2)垂线α⊥β(3)m⊥β
基础自测
1．B
2．D 解析：取BD的中点E，连接AE，EC，则BD⊥AE，BD⊥EC，∠AEC是直二面角的
平面角，即∠AEC＝90°，在Rt△AEC中，AE＝EC＝2a
2
，于是AC＝AE2＋EC2＝a.
3．D 解析：A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，
∴CD∥平面PAF成立；
B中，∵ABCDEF为正六边形，
∴DF⊥AF.
又∵PA⊥面ABCDEF，
∴DF⊥平面PAF成立；
C中，CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，
∴CF∥平面PAB；
而D中CF与AD不垂直，故选D.
4．①②解析：③中l∥α也满足；④中α与β可能相交．5．证明：连接A1E，EC，
∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
∴AB＝2 2.
设AD＝x，则BD＝22－x，
∴A1D2＝4＋x2，DE2＝1＋(22－x)2，
A1E2＝(22)2＋1.
∵∠A1DE＝90°，
∴A1D2＋DE2＝A1E2.∴x＝ 2.
∴D为AB的中点．
∴CD⊥AB.
又AA1⊥CD，且AA1∩AB＝A，
∴CD⊥平面A1ABB1.
考点探究突破
【例1】证明：(1)∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD.
又AC⊥CD，∴CD⊥平面PAC.
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.
而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.①
又由∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，
得PA＝AC.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，
∴AE⊥平面PCD.
∴AE⊥PD.②
由①②，得PD⊥平面ABE.
【例2】 (1)证明：由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，
得PD⊥平面ABCD.
又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.
所以BC ⊥DC .
又PD ∩DC ＝D ，因此BC ⊥平面PDC .
在△PBC 中，因为G ，F 分别为PB ，PC 的中点， 所以GF ∥BC ，因此GF ⊥平面PDC . 又GF ⊂平面EFG ，
所以平面EFG ⊥平面PDC .
(2)解：因为PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1， 则PD ＝AD ＝2，
所以V P ­ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝8
3
.
由于DA ⊥面MAB ，且PD ∥MA ，
所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，
V P ­MAB ＝13×12×1×2×2＝23，
所以V P ­MAB ∶V P ­ABCD ＝1∶4. 演练巩固提升
1．A 解析：根据面面垂直的判定定理可知若m ⊂α，m ⊥β⇒α⊥β，反之则不一定成立．
2．D 解析：对于命题A ，在平面α内存在直线l 平行于平面α与平面β的交线，则l 平行于平面β，故命题A 正确．
对于命题B ，若平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α与平面β垂直，故命题B 正确．
对于命题C ，设α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，在平面γ内取一点P 不在l 上，过P 作直线a ，b ，使a ⊥m ，b ⊥n .
∵γ⊥α，a ⊥m ，则a ⊥α，∴a ⊥l ，
同理有b ⊥l .又a ∩b ＝P ，a ⊂γ，b ⊂γ， ∴l ⊥γ.
故命题C 正确．
对于命题D ，设α∩β＝l ，则l ⊂α，但l ⊂β. 故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D 错误． 3．证明：(1)设AC 与BD 交于点G .
因为EF ∥AG ，且EF ＝1，
AG ＝1
2
AC ＝1，
所以四边形AGEF 为平行四边形． 所以AF ∥EG .
因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， 所以AF ∥平面BDE . (2)连接FG .
因为EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1， 所以四边形CEFG 为菱形． 所以CF ⊥EG .
所以BD⊥AC.
又因为平面ACEF⊥平面ABCD，
且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，
所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.
又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.
4．解：(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD.
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，
所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.
理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)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. 所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.。