全国版201x版高考数学一轮复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质理

合集下载

高考数学一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课件文

完整版ppt
19
解析：如图，∵PO⊂平面PAB，
∴l⊥PO. ∴PO就是P到直线l的距离， ∵α⊥β，∴四边形PAOB为矩形， PO＝ 12＋22＝ 5. 答案： 5
完整版ppt
20
考点
互动探究
完整版ppt
21
考点一直线与平面垂直的判定与性质证明直线和平面垂直的常用方法有 (1)利用判定定理． (2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)． (3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)． (4)利用面面垂直的性质．
24
【思路启迪】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．
完整版ppt
25
【证明】 (1)由四棱锥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.
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面ABE.
完整版ppt
27
破解此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．由于“线线垂直”、“线面垂直”、“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．
完整版ppt
17
解析：由PA⊥平面ACB，可得PA⊥BC，A正确；由BC⊥ PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，BC⊥PC，即 B、D正确，故选C.
答案：C
完整版ppt

高考数学一轮复习第七章直线平面垂直的判定及其性质学案理含解析北师大版

高考数学一轮复习第七章：第五节直线、平面垂直的判定及其性质命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．本节通过线、面垂直的判定及性质考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第150页知识点一直线与平面垂直（1）直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示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⎭⎪⎬⎪⎫l⊥a，l⊥ba∩b＝Oaαbα⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b•温馨提醒•二级结论1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，bα⇒a⊥b．2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．必明易错证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．1．（2021·深圳四校联考）若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为（）A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β解析：由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β．因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确．答案：B2．（2021·唐山模拟）如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（）A．①②B．②④C．①③D．②③解析：对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE．答案：B3．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的条件．解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．答案：必要不充分知识点二平面与平面垂直（1）平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理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⊥α，lβ⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则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⊥βα∩β＝al⊥alβ⇒l⊥α•温馨提醒•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．面面垂直的性质定理在使用时易忘一个平面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．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解析：若平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l平面β或直线l与平面β相交．故选项A错误．答案：A2．（2021·苏州模拟）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．解析：（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．（2）如图2，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）垂授课提示：对应学生用书第151页题型一直线与平面垂直的判定与性质[例]如图所示，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．证明：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥平面ABE．[证明]（1）在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴P A⊥CD．又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC平面P AC，∴CD⊥平面P AC．又AE平面P AC，∴CD⊥AE．（2）由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由（1）知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，又PD平面PCD，∴AE⊥PD．∵P A ⊥底面ABCD ，AB 平面ABCD ， ∴P A ⊥AB ．又∵AB ⊥AD ，且P A ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面P AD ，而PD 平面P AD ， ∴AB ⊥PD ．又∵AB ∩AE ＝A ， AB ，AE 平面ABE ， ∴PD ⊥平面ABE ．1．判定线面垂直的四种方法2．判定线线垂直的四种方法[对点训练]如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高．求证：（1）PH ⊥平面ABCD ；（2）EF ⊥平面P AB ．证明：（1）因为AB ⊥平面P AD ，PH 平面P AD ，所以PH ⊥AB ．因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ．因为AB ∩AD ＝A ，AB 平面ABCD ，AD 平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD ．（2）如图，取P A 的中点M ，连接MD ，ME ．因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB ．又因为DF 綊12AB ．所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD ．因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A ．因为AB ⊥平面P AD ，MD 平面P AD ，所以MD ⊥AB ．因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB ．题型二面面垂直的判定与性质[例] 如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．（1）求证：CE ∥平面P AD ；（2）求证：平面EFG ⊥平面EMN ．[证明] （1）法一：取P A 的中点H ，连接EH ，DH ．又E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB ．又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD ．所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH ．又DH 平面P AD ，CE 平面P AD ．所以CE ∥平面P AD ．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P AD ，AD 平面P AD ，所以CF ∥平面P AD ．因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A ．又E F 平面P AD ，P A 平面P AD ，所以EF ∥平面P AD ．又因为CF ∩EF ＝F ．故平面CEF ∥平面P AD ．又因为CE平面CEF，所以CE∥平面P AD．（2）因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A，又AB⊥P A，所以AB⊥EF．同理可得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．[变式探究1]在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC．证明：因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC．又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB．所以MN⊥平面P AC．又MN平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC．[变式探究2]在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC．证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又E F平面P AC，P A平面P AC，所以EF∥平面P AC．同理，FG∥平面P AC．又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC．面面垂直判定的两种方法与一个转化（1）两种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理（a⊥β，aα⇒α⊥β）．（2）一个转化：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．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P -ABC 的体积．解析：（1）证明：由题设可知，P A ＝PB ＝PC ．由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC ．又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°．从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面P AC ，所以平面P AB ⊥平面P AC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3．从而AB ＝3．由（1）可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62．所以三棱锥P -ABC 的体积为13×12×P A ×PB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68．题型三平行与垂直的综合问题[例] 如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．求证：（1）AF ∥平面BCE ；（2）平面BCE ⊥平面CDE ．[证明] （1）如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG ． ∵F 为CD 的中点， ∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB ．又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB ．∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG ． ∵A F 平面BCE ，BG 平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE ．（2）∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD ． ∵DE ⊥平面ACD ，AF 平面ACD ，∴DE ⊥AF ．又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ． ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE ．又∵BG 平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE ．1．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用等腰三角形的中线等．2．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．[对点训练]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 ，AB平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD ，因为PD 平面P AD ，所以AB ⊥PD ．又因为P A ⊥PD ，AB ∩P A ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ．因为PD 平面PCD ，所以平面P AB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG ．因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ．因为四边形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E F 平面PCD ，DG 平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ．平行、垂直关系中的核心素养逻辑推理、直观想象——在平行、垂直关系证明中的体现逻辑推理在该部分主要体现在空间平行、垂直关系的证明与探究，其理论根据就是空间垂直关系的判定定理和性质定理，需要掌握推理的基本形式，表述论证的过程平行、垂直关系证明的起点就是平面图形中的线线平行、垂直关系．[例] （2020·高考全国卷Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B -EB 1C 1F 的体积．[解析] （1）证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN ．又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图所示，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN＝3．底面EB 1C 1F 的面积为12×（B 1C 1＋EF ）×PN ＝12×（6＋2）×6＝24．所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24．解决平行与垂直的综合应用问题的策略处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化．[对点训练]如图，在底面为菱形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，E 为侧棱PC 上一点．（1）若BE ⊥PC ，求证：PC ⊥平面BDE ；（2）若P A ∥平面BDE ，求平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比．解析：（1）证明：连接AC （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，且AD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥BD ．又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，所以BD ⊥PC ．又因为BE ⊥PC ，BD ∩BE ＝B ，所以PC ⊥平面BDE ．（2）设AC ∩BD ＝O ，连接OE （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AO ＝OC ．因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝OE ，所以P A ∥OE ，所以PE ＝EC ，即E 是PC 的中点．由（1）知P A ⊥底面ABCD ，所以点E 到平面ABCD 的距离为12P A ．故V E -BCD V P -ABCD ＝13S △BCD ×P A 213S 菱形ABCD ×P A ＝13S △BCD ×P A 213×2S △BCD ×P A ＝14，所以平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．。

高考数学一轮复习第七章立体几何第五节直线、平面垂直的判定及其性质学案文

第五节直线、平面垂直的判定及其性质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．知识点一直线与平面垂直 1．直线与平面垂直(1)定义：若直线l 与平面α内的______一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a ⊂α，b ⊂α，l ⊥a ，l ⊥b ，a ∩b ＝P ⇒______.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线______．即：a ⊥α，b ⊥α⇒______. 2．直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．(2)线面角θ的范围：θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.答案1．(1)任意 (2)相交 l ⊥α (3)平行 a ∥b1．(2016·浙江卷)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 ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n解析：因为α∩β＝l ，所以l ⊂β，又n ⊥β，所以n ⊥l .故选C. 答案：C2．(必修②P69练习题)如图，正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2，G 2G 3的中点，D 是EF 的中点，现在沿SE ，SF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3三点重合，重合后的点记为G ，则在四面体SEFG 中必有( )A ．SG ⊥平面EFGB ．SD ⊥平面EFGC ．GF ⊥平面SEFD ．GD ⊥平面SEF解析：解法1：在正方形SG 1G 2G 3中，SG 1⊥G 1E ，SG 3⊥G 3F ，在四面体SEFG 中，SG ⊥GE ，SG ⊥GF ，GE ∩GF ＝G ，所以SG ⊥平面EFG .解法2：GF 即G 3F 不垂直于SF ，所以可以排除C ；在△GSD 中，GS ＝a (正方形边长)，GD ＝24a ，SD ＝324a ，所以SG 2≠SD 2＋GD 2，∠SDG ≠90°，从而排除B 和D. 答案：A3．线段AB 的长等于它在平面α内射影长的2倍，则AB 所在直线与平面α所成的角为________．解析：由题意知cos α＝12，又∵0°≤α≤90°，∴α＝60°.答案：60°知识点二二面角的有关概念 1．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的____________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________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．2．平面与平面垂直的判定定理答案1．(1)两个半平面(2)垂直于棱2．垂线l⊂βl⊥α交线α⊥βl⊂βα∩β＝a l⊥a4．(2017·衡水模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：对于A，若l∥α，l∥β，则α，β可能相交；对于B，若l∥α，则平面α内必存在一直线m与l平行，则m⊥β，又m⊂α，故α⊥β.选项C，l可能平行于β或l在平面β内；选项D，l还可能平行于β或在平面β内．答案：B5．如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有________(填序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故只有③正确．答案：③热点一直线与平面垂直的判定与性质【例1】已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，且PA＝PC，PB＝PD.若O是AC与BD的交点，求证：PO⊥平面ABCD.【证明】在△PBD中，PB＝PD，O为BD的中点，所以PO⊥BD，在△PAC中，PA＝PC，O 为AC的中点，所以PO⊥AC，又因为AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.【例2】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.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．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且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，AB⊂平面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热点二平面与平面垂直的判定与性质【例3】(2016·江苏卷)如图，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.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.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又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.又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.(2017·南昌模拟)如图，已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAD .(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M －EFG 的体积．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD .又因为△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点．所以EF ∥CD ，所以EF ⊥平面PAD . 因为EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PAD .(2)因为EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ，所以CD ∥平面EFG ，因此CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离，所以V M －EFG ＝V D －EFG ，取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，则EF ∥GH ，因为EF ⊥平面PAD ，EH ⊂平面PAD ，所以EF ⊥EH . 于是S △EFH ＝12EF ×EH ＝2＝S △EFG ，因为平面EFG ⊥平面PAD ，平面EFG ∩平面PAD ＝EH ，△EHD 是正三角形，所以点D 到平面EFG 的距离等于正△EHD 的高，即为 3.因此，三棱锥M －EFG 的体积V M －EFG ＝V D －EFG ＝13×S △EFG ×3＝233.热点三平行与垂直的综合问题【例4】如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形，BC ＝CE ，点F 为CE 的中点．(1)证明：AE ∥平面BDF .(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM ⊥BE ？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OF . ∵四边形ABCD 是矩形，∴O 为AC 的中点．又F 为EC 的中点，∴OF ∥AE . 又OF ⊂平面BDF ，AE ⊄平面BDF ， ∴AE ∥平面BDF .(2)当点P 为AE 的中点时，有PM ⊥BE ，证明如下：取BE 的中点H ，连接DP ，PH ，CH . ∵P 为AE 的中点，H 为BE 的中点， ∴PH ∥AB .又AB ∥CD ，∴PH ∥CD . ∴P ，H ，C ，D 四点共面．∵平面ABCD ⊥平面BCE ，且平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，CD ⊥BC ，∴CD ⊥平面BCE . 又BE ⊂平面BCE ，∴CD ⊥BE ，∵BC ＝CE ，且H 为BE 的中点，∴CH ⊥BE .∵CH ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面DPHC .又PM ⊂平面DPHC ，∴PM ⊥BE .(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(Ⅰ)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (Ⅱ)证明：平面PAB ⊥平面PBD . 解：(Ⅰ)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (Ⅱ)由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD . 从而PA ⊥BD . 连接BM ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .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)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，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，b ⊂α⇒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：a ⊂α，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．专题四高考解答题鉴赏——立体几何从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图、简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式加以考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势，转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．【典例】(2016·新课标全国卷Ⅰ，12分)如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE 并延长交AB于点G.(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．【标准解答】 (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .(2分)又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，从而G 是AB 的中点．(4分)(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影．(5分)理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC .又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．(7分)理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC .又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心，由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .(9分)由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2.(11分)所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.(12分) 【阅卷点评】本题通过正投影考查线面垂直．第(1)题较基础，考查学生对垂直的判定和性质的理解；第(2)题较复杂，既考查了学生的抽象推理能力，又考查了学生的计算能力．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1－BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1－BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在题图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC .又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綊ED ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)知，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1－BCDE 的高，由图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2，从而四棱锥A 1－BCDE 的体积为1 3×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362，得a＝6.V＝。

2025年高考数学一轮复习(新高考版)第7章 §7.5 空间直线、平面的垂直

的两条直线平行
_a_⊥__α_ _b_⊥__α_ ⇒a∥b
知识梳理
2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的__射__影__所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是 __9_0_°_；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是__0_° _. (2)范围：__0_，__π2_ .
知识梳理
4.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直__二__面__角__，就说这两个平面互相垂直.
知识梳理
(2)判定定理与性质定理文字语言
如果一个平面过另一个平面判定
的_垂__线___，那么这两个平面定理
垂直
图形表示
符号表示
_a_⊂__α_ _a_⊥__β_ ⇒α⊥β
知识梳理
两个平面垂直，如果一个平性质面内有一直线垂直于这两个定理平面的_交__线___，那么这条直
线与另一个平面垂直
_α_⊥__β_
_α_∩__β_＝__a_

_l_⊥__a_
⇒l⊥α
_l_⊂_β__
常用结论
1.三垂线定理平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 2.三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直. 3.两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.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直，则l⊥α.( × ) (2)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ )

高考数学第七章立体几何第五节直线平面垂直的判定及其性质教案高三全册数学教案

第五节直线、平面垂直的判定及其性质1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直．(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⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b2．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一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊂βl⊥α⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α(1)线面角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，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角．(2)二面角以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．[小题体验]1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥m C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m解析：选A ∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．2．(2019·嘉兴质检)已知两个平面垂直，给出下列命题：①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面．其中错误命题的序号是( )A．①② B．①③C．②③ D．①②③解析：选B 在①中，根据平面与平面垂直的性质定理以及直线与平面垂直的性质定理可知，只有当这个平面的已知直线垂直于交线时，这条直线才垂直于此平面内的任意一条直线，故①错误；在②中，根据平面与平面垂直的性质定理可知，另一个平面内与交线垂直的直线有无数条，这些直线都与已知直线垂直，故②正确；在③中，根据平面与平面垂直的性质定理可知，只有这个平面内的直线垂直于交线时，它才垂直于另一个平面，故③错误．故选B.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________对．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，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．答案：71．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．[小题纠偏]1．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．b⊂α B．b∥αC．b⊂α或b∥α D．b与α相交解析：选C 因为a⊥b，a⊥α，所以可知b⊂α或b⊄α，当b⊄α时，有b∥α.2．(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n解析：选B 对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．考点一直线与平面垂直的判定与性质题点多变型考点——多角探明[锁定考向]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．常见的命题角度有(1)证明直线与平面垂直；(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直．[题点全练]角度一：证明直线与平面垂直1.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．求证：(1)PH ⊥平面ABCD ； (2)EF ⊥平面PAB .证明：(1)因为AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥AB . 因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD .因为AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD .(2)如图，取PA 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB .又因为DF 綊12AB ，所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形，所以EF ∥MD . 因为PD ＝AD ，所以MD ⊥PA . 因为AB ⊥平面PAD ，所以MD ⊥AB . 因为PA ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面PAB ，所以EF ⊥平面PAB .角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.[通法在握]判定直线和平面垂直的4种方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)利用面面垂直的性质．当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．[演练冲关]1．(2018·长兴中学适应性考试)设α，β，γ是不同的平面，m，n是不同的直线，则由下列条件能得出m⊥β的是( ) A．n⊥α，n⊥β，m⊥αB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．m⊥n，n⊂β D．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n解析：选A 由垂直于同一直线的两个平面平行可知α∥β.因为m⊥α，所以m⊥β.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.考点二面面垂直的判定与性质重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图，在四棱锥PABCD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.证明：(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.(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PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.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.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.[由题悟法]1．证明面面垂直的2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线垂直加以解决．2．三种垂直关系的转化线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直[即时应用](2018·杭州七校联考)如图，斜三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为a，侧面B1C1CB⊥底面ABC，O是BC的中点，且AC1⊥BC.(1)求证：AC1⊥A1B；(2)求直线B1A与平面AOC1所成角的正切值．解：(1)证明：连接A 1C，因为四边形ACC1A1是菱形，所以AC1⊥A1C.又AC1⊥BC，A1C∩BC＝C，所以AC1⊥平面A1BC，又A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥A1B.(2)因为AO是正三角形ABC的中线，所以BC⊥AO.又AC1⊥BC，AO∩AC1＝A，所以BC⊥平面AOC1.所以B1C1⊥平面AOC1，所以∠B1AC1就是所求的线面角．所以BC⊥C1O，又因为侧面B1C1CB⊥底面ABC，侧面B1C1CB∩底面ABC＝BC，所以C1O⊥底面ABC.因为C1O＝AO＝32a，所以AC1＝62a.所以在Rt△AB1C1中，tan∠B1AC1＝a6a2＝63.故直线B1A与平面AOC1所成角的正切值为6 3 .考点三空间角的综合问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′CDB的平面角为α，则( ) A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α解析：选B∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝23，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝3，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝7.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝10.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.2．(2018·温州5月高三测试)如图，斜三棱柱ABCA1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝2AC，B1C⊥A1C1，且△A1B1C为等边三角形．(1)求证：平面A1B1C⊥平面ABC；(2)求直线BB1与平面ABC所成角的正弦值．解：(1)证明：∵AC∥A1C1，B1C⊥A1C1，∴AC⊥B1C，∵∠BAC＝90°，∴AC⊥BA，∴AC⊥B1A1.又∵B1A1∩B1C＝B1，∴AC⊥平面A1B1C，∵AC⊂平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面ABC.(2)∵平面A1B1C⊥平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面A1B1C1.取A1B1的中点D，∵△A1B1C为等边三角形，∴CD⊥平面A1B1C1，∴CD⊥平面ABC.取AB的中点E，连接DE 则BB 1∥DE ，∴∠DEC 为直线BB 1与平面ABC 所成角的平面角．令AB ＝2AC ＝2，∵AC ⊥平面A 1B 1C ，∴∠ACA 1＝90°，∴AA 1＝5，即DE ＝5，∵△A 1B 1C 为等边三角形，∴DC ＝3，∴sin ∠DEC ＝DC DE ＝155， ∴直线BB 1与平面ABC 所成角的正弦值为155. [由题悟法]1．立体几何中动态问题的关键点对于立体几何中的动态问题，关键是抓住变化过程中不变的位置关系和数量关系，事实上动静是相对的，以静制动是处理立体几何中动态元素的良策．2．求直线与平面所成角的步骤(1)一作：即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；(2)二证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的定义；(3)三求：一般借助于解三角形的知识求解．[即时应用]1.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( ) A.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤33，1 B.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤63，1 C.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤63，223 D.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤223，1 解析：选B 连接A 1O ，PA 1，易知∠POA 1就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为2，则A 1O ＝ 6.当P 点与C 点重合时，PO ＝2，A 1P ＝23，则cos ∠A 1OP ＝6＋2－122×6×2＝－33，此时∠A 1OP 为钝角，所以sin α＝1－cos 2α＝63；当P 点与C 1点重合时，PO ＝A 1O ＝6，A 1P ＝22，则cos ∠A 1OP ＝6＋6－82×6×6＝13，此时∠A 1OP 为锐角，所以sin α＝1－cos 2α＝223；在∠A 1OP 从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC 1上一定存在一点P ，使得∠A 1OP ＝90°，此时sinα＝1.又因为63＜223，所以sin α的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤63，1，故选B.2.(2018·温州模拟)在四面体ABCD 中，二面角A BC D 为60°，点P 为直线BC 上一动点，记直线PA 与平面BCD 所成角为θ，则( )A．θ的最大值为60°B．θ的最小值为60°C．θ的最大值为30°D．θ的最小值为30°解析：选A 过A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OM，则∠AMO为二面角ABCD的平面角，∴∠AMO＝60°，在直线BC上任取一点P，连接OP，AP，则∠APO为直线AP与平面BCD所成的角，即∠APO＝θ，∵AP≥AM，AM·sin 60°＝AO，AP·sin θ＝AO，∴sin θ≤sin 60°，即θ的最大值为60°.故选A.3．(2018·宁波五校联考)如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′，连接EF，A′B.(1)求证：A′D⊥EF；(2)求直线A′D与平面EFD所成角的正弦值．解：(1)证明：在正方形ABCD中，有AD⊥AE，CD⊥CF,则A′D⊥A′E，A′D⊥A′F, 又A′E∩A′F＝A′，∴A′D⊥平面A′EF，又EF⊂平面A′EF，∴A′D⊥EF.(2)连接BD交EF于点G，连接A′G∵在正方形ABCD 中，点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点， ∴BE ＝BF ，DE ＝DF ，∴点G 为EF 的中点，且BD ⊥EF .∵正方形ABCD 的边长为2，∴A ′E ＝A ′F ＝1，∴A ′G ⊥EF ，EF ⊥平面A ′GD ，∴A ′在面EFD 的射影在BD 上，则∠A ′DG 直线A ′D 与平面EFD 所成角，由(1)可得A ′D ⊥A ′G,∴△A ′DG 为直角三角形∵正方形ABCD 的边长为2,∴BD ＝22，EF ＝2， ∴BG ＝22，DG ＝22－22＝322，又A ′D ＝2，∴A ′G ＝DG 2－A ′D 2 ＝92－4＝22， ∴sin ∠A ′DG ＝A ′G DG ＝22322＝13， ∴直线A ′D 与平面EFD 所成角的正弦值为13. 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不同的平面，直线l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”成立的( )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 依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.2．(2018·东阳模拟)下列命题中错误的是( )A．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γB．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⊥平面β，过α内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于βD．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解析：选C 由平面与平面垂直的性质可知，若该垂线不在平面α内，则此垂线与平面β不一定垂直．故排除C.3．(2019·绍兴一中模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥n，n⊂α，则m∥α.其中正确命题的序号是( )A．①③B．①④C．②③ D．②④解析：选A 对于①，若α∥β，α∥γ，根据面面平行的性质容易得到β∥γ，故①正确；对于②，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行、相交或m ⊂β，故②错误；对于③，若m⊥α，m∥β，则可以在β内找到一条直线n与m平行，所以n⊥α，故α⊥β，故③正确；对于④，若m∥n，n⊂α，则m与α可能平行或m⊂α，故④错误．故选A.4．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( )A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC解析：选C ∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC.5．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交．答案：垂直相交二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C 对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b ⊥β，得a⊥b，故选C.2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中直角三角形的个数为( ) A．4 B．3C．2 D．1解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC ⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC 中共有4个直角三角形．3．(2018·湖州模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( ) A．不存在 B．有且只有一对C．有且只有两对 D．有无数对解析：选D 过直线a 的平面α有无数个，当平面α与直线b 平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b 相交时，过交点作平面α的垂线与b 确定的平面β⊥α.故选D.4．(2018·吉林实验中学测试)设a ，b ，c 是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若b ⊥c ，则a ⊥bD ．当b ⊂α，且c ⊄α时，若c ∥α，则b ∥c解析：选B A 的逆命题为：当c ⊥α时，若α∥β，则c ⊥β.由线面垂直的性质知c ⊥β，故A 正确；B 的逆命题为：当b ⊂α时，若α⊥β，则b ⊥β，显然错误，故B 错误；C 的逆命题为：当b ⊂α，且c 是a 在α内的射影时，若a ⊥b ，则b ⊥c .由三垂线逆定理知b ⊥c ，故C 正确；D 的逆命题为：当b ⊂α，且c ⊄α时，若b ∥c ，则c ∥α.由线面平行判定定理可得c ∥α，故D 正确．5．(2019·杭州模拟)在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝120°，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A.255B.223C.55D.13解析：选D ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，即∠PAB ＝∠PAC ＝90°，又∵AB ＝AC ，PA ＝PA ，∴△PAB ≌△PAC ，∴PB ＝PC .取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，又∵PD ∩AD ＝D ，∴BC ⊥平面PAD ，∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PAD ⊥平面PBC ，过A 作AO ⊥PD 于O ，易得AO ⊥平面PBC ，∴∠APD 就是直线PA 与平面PBC 所成的角．在Rt △PAD 中，AD ＝12，PA ＝2，则PD ＝PA 2＋AD 2＝32，则sin ∠APD ＝AD PD ＝13.故选D.6.如图，已知∠BAC ＝90°，PC ⊥平面ABC ，则在△ABC ，△PAC 的边所在的直线中，与PC 垂直的直线有____________；与AP 垂直的直线有________．解析：∵PC ⊥平面ABC ， ∴PC 垂直于直线AB ，BC ，AC . ∵AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ， ∴AB ⊥平面PAC ，又∵AP ⊂平面PAC ，∴AB ⊥AP ，与AP 垂直的直线是AB . 答案：AB ，BC ，AC AB7.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ， ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ， ∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD . 而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC )8.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt△AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h ×22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝ ⎝⎛⎭⎪⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝66.由面积相等得66×x2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝22x ，得x ＝12.即线段B 1F 的长为12.答案：129．(2019·杭州十校联考)如图，已知四棱锥S ABCD 是由直角梯形ABCS 沿着CD 折叠而成的，其中SD ＝DA ＝AB ＝BC ＝1，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，且二面角S CD A 的大小为120°.(1)求证：平面ASD ⊥平面ABCD ；(2)设侧棱SC 和底面ABCD 所成的角为θ，求θ的正弦值．解：(1)证明：由题意可知CD ⊥SD ，CD ⊥AD . ∵AD ∩SD ＝D ，∴CD ⊥平面ASD .又∵CD ⊂平面ABCD ，∴平面ASD ⊥平面ABCD .(2)如图，过点S 作SH ⊥AD ，交AD 的延长线于点H ，连接CH . ∵平面ASD ⊥平面ABCD ，平面ASD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴SH ⊥平面ABCD ，∴∠SCH 为侧棱SC 和底面ABCD 所成的角，即∠SCH ＝θ.由(1)可知∠ADS 为二面角S CD A 的平面角，则∠ADS ＝120°.在Rt △SHD 中，∠SDH ＝180°－∠ADS ＝180°－120°＝60°，SD ＝1，则SH ＝SD sin 60°＝32.在Rt △SDC 中，∠SDC ＝90°，SD ＝CD ＝1，∴SC ＝ 2.在Rt △SHC 中，sin θ＝SH SC ＝322＝64，即θ的正弦值为64.10.如图，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°.在底面ABC 中，∠BAC ＝90°，M 为BC 的中点，过A 1，B 1，M 三点的平面交AC 于点N .(1)求证：A 1N ⊥AC ；(2)若B 1M ⊥BC ，求直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小．解：(1)证明：由题意，因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面A 1B 1MN ∩平面ABC ＝MN ，平面A 1B 1MN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1B 1，所以MN ∥A 1B 1.因为AB ∥A 1B 1，所以MN ∥AB . 又M 为BC 的中点，所以N 为AC 的中点．又四边形A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°，所以A 1N ⊥AC .(2)由(1)知，AC ⊥A 1N .因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC . 又MN ∥AB ，所以AC ⊥MN .因为MN ∩A 1N ＝N ，MN ⊂平面A 1B 1MN ，A 1N ⊂平面A 1B 1MN ，所以AC ⊥平面A 1B 1MN .连接B 1N ，则∠CB 1N 即为直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成的角．设A 1A ＝2a ，则CN ＝a ，因为B 1M ⊥BC ，M 为BC 的中点，所以B 1B ＝B 1C ＝2a ，在△B 1NC 中，sin ∠CB 1N ＝CN B 1C ＝a 2a ＝12，所以∠CB 1N ＝30°，故直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小为30°. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·杭州高三检测)已知三棱锥S ABC 的底面ABC 为正三角形，SA ＜SB ＜SC ，平面SBC ，SCA ，SAB 与平面ABC 所成的锐二面角分别为α1，α2，α3，则( )A ．α1＜α2B ．α1＞α2C ．α2＜α3D ．α2＞α3解析：选A 如图①，作SO ⊥平面ABC ，垂足为O ，连接AO ，BO ，CO .由SA ＜SB ＜SC ，得OA ＜OB ＜OC .过点O 分别向BC ，AC ，AB 作垂线，垂足记为D ，E ，F ，连接SD ，SE ，SF ，则tan α1＝SOOD ，tan α2＝SO OE ，tan α3＝SOOF.由于OA ＜OB ＜OC ，且△ABC 为正三角形，故点O 所在区域如图②中阴影部分(不包括边界)所示，其中G 为△ABC 的重心．由图②可得OE ＜OD ，OF 与OE 的大小不确定，所以tan α2＞tan α1，tan α2与tan α3的大小不确定，又α1，α2，α3均为锐角，所以α2＞α1，α2与α3的大小不确定．故选A.2．(2019·台州三区联考)如图，已知菱形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，使得平面ACD ⊥平面ABC ，若点N 是BD 上的动点，当线段ON 最短时，二面角N AC B 的余弦值为( )A ．0 B.12 C.22D.32解析：选C 易知OB ＝OD ，所以当N 为BD 的中点时，线段ON 最短，因为AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，OB ∩OD ＝O ，所以AC ⊥平面BOD ，所以ON ⊥AC ，又OB ⊥AC ，所以∠BON 即为二面角N AC B 的平面角．因为平面ACD ⊥平面ABC ，OD ⊥AC ，所以OD ⊥OB ，所以△BOD 为等腰直角三角形，所以∠BON ＝45°，所以二面角N AC B 的余弦值为22. 3.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BCD ＝135°，侧面PAB ⊥底面ABCD ，∠BAP ＝90°，AB ＝AC ＝PA ＝4，E 为BC 的中点，点M 在线段PD 上．(1)若ME ∥平面PAB ，确定M 的位置并说明理由；(2)若直线EM 与平面PBC 所成的角和直线EM 与平面ABCD 所成的角相等，求PMPD的值．解：(1)当M 为PD 的中点时，EM ∥平面PAB . 理由如下：因为M 为PD 的中点，设F 为AD 的中点，连接EF ，MF .所以MF ∥PA .又因为MF ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，所以MF ∥平面PAB .同理，可得EF ∥平面PAB .又因为MF ∩EF ＝F ，MF ⊂平面MEF ，EF ⊂平面MEF ，所以平面MEF ∥平面PAB .又因为ME ⊂平面MEF ，所以ME ∥平面PAB . (2)设PM ＝a ，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，∠BAP ＝90°，所以PA ⊥平面ABCD ，又AB ＝AC ＝AP ＝4，∠BCD ＝135°，所以AB ⊥AC ，BC ＝AD ＝42，PD ＝43，过点M 作MF ⊥AD 于点F ，则MF ⊥平面ABCD ，连接EF ，则EF 为ME 在平面ABCD 上的射影，所以∠MEF 为ME 与平面ABCD 所成的角α. 在Rt △PAD 中，PD ＝43，MF ＝43－a3，得sin α＝MF ME ＝12－3a3ME.又设ME 与平面PBC 所成的角为β，过点M 作MN ⊥PA 于点N ，则MN ∥平面PBC ，∴M ，N 到平面PBC 的距离相等，设为d ，由V N PBC ＝V C PBN ，得S △PBC ×d ＝S △PBN ×4，即34×(42)2×d ＝12×a 3×4×4，解得d ＝a 3，所以sin β＝d ME ＝a3ME.由sin α＝sin β，得12－3a ＝a ，解得a ＝63－6，∴PM PD ＝3－32. 命题点一空间几何体的三视图及表面积与体积 1．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选 C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，∴该几何体的体积为V ＝12×(2＋1)×2×2＝6.2.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．25C ．3D ．2解析：选B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．∵ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.3．(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由三视图得到空间几何体的直观图如图所示，则PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角梯形，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，所以PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 又BC ⊥AB ，AB ∩PA ＝A ，所以BC ⊥平面PAB . 所以BC ⊥PB .在△PCD 中，PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，所以△PCD 为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB ，△PAD ，△PBC ，共3个． 4．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.5.(2018·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为______．解析：连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222×12＝112.答案：1126．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π命题点二组合体的“切”“接”问题1．(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．183C ．24 3D ．543解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.2．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π23．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：32命题点三直线、平面平行与垂直的判定与性质 1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC .(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且CD 为直径，所以DM ⊥MC .又BC ∩MC ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .因为DM ⊂平面AMD ，所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：连接AC 交BD 于O .因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为AC 的中点．连接OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP . 又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD .2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝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．解：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，且PO ＝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.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为AC ∩OB ＝O ，所以PO ⊥平面ABC . (2)如图，作CH ⊥OM ，垂足为H ，又由(1)可得PO ⊥CH ，且PO ∩OM ＝O ，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，MC ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.3．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝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PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB . 因为PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形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 .4.(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.命题点四空间角度问题1．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )A.22B.32C.52D.72解析：选C 如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角为∠EAB 或其补角．在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．62C ．8 2D ．83解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4.在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－22＋22＝22，∴V 长方体＝AB ·BC ·CC 1＝2×2×22＝8 2.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32。

全国版2017版高考数学一轮复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课件理

(2)(2014·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⊥n,n∥α ,则m⊥α
B.若m∥β ,β ⊥α ,则m⊥α
C.若m⊥β ,n⊥β ,n⊥α ,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β ,β ⊥α ,则m⊥α
【解题导引】解答(1)(2)均可依据线面平行、垂直的
判定与性质逐一判断.
l∥m;④若α ⊥β ,α ∩β =l,m⊥l,则m⊥β .真命题的个
数为 A.0 ( ) B.1 C.2 D.3
【解析】选C.两平面平行,则平面内任何一条直线必平
行于另一个平面,故①是真命题;两平面平行,若一条直
线垂直于其中一个平面,则必垂直于另一个平面,故②
是真命题;对于③,直线l也有可能与直线m异面,故③是
【典例1】(1)(2015·安徽高考)已知m,n是两条不同直线,α ,β 是两个不同平面,则下列命题正确的是 ( )
A.若α ,β 垂直于同一平面,则α 与β 平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α ,β 不平行,则在α 内不存在与β 平行的直线
D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理:
文字语言判定定理一个平面过另一个平面的_____, 垂线则这两个平面垂直
图形语言
符号语言 l⊥ α _____ l⊂β ⇒_____ α ⊥β
文字语言性两个平面垂直,则
图形语言
符号语言 _______ α ⊥β
质一个平面内垂直于
(2)选C.对A若m⊥n,n∥α,则m⊂α或m∥α或m⊥α,故
A选项错误;对B若m∥β,β⊥α,则m⊂α或m∥α或m⊥α,

高三数学一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课件

⑤若两个平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于
另一个平面.
其中正确的是( )
A.①②⑤ B.②③⑤ 精C品.①③④ D.①
8
【解析】选D.①正确.否则两个平面应平行. ②错误.当该点是交线上的点时,l与β不一定垂直. ③错误.异面直线所成角的范围是 ( 0 ，而 ] 二, 面角的范围是[0,π].
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
精品
15
(2)(2013·广东高考)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⊥n B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
过空间一点P作m′∥m,n′∥n.
则m′,n′可确定平面γ.
由题意知:l⊥γ,l′⊥γ.
所以l∥l′.
精品
18
(2)选D.对于选项A,分别在两个垂直平面内的两条直线平行、相交、异面都可能,但未必垂直;对于选项B,分别在两个平行平面内的两条直线平行、异面都可能;对于选项C,两个平面分别经过两垂直直线中的一条,不能保证两个平面垂直;对于选项 D,m⊥α,m∥n,则n⊥α;又因为n∥β,则β内存在与n平行的直线l, 因为n⊥α,则l⊥α,由于l⊥α,l⊂β,所以α⊥β.
精品
16
【解题视点】(1)作出与直线m,n平行的直线,证明平面α,β相交, 然后可证交线与直线l平行. (2)利用面面平行与垂直的判定与性质进行判断.
精品
17
【规范解答】(1)选D.因为m,n为异面直线,m⊥平面α,

高考一轮复习第7章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质

第五讲直线、平面垂直的判定与性质知识梳理·双基自测知识梳理知识点一直线与平面垂直 (1)直线与平面垂直①定义：若直线l 与平面α内的_任意__一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直．②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(线线垂直⇒线面垂直)．即：a ⊂α，_b ⊂α__，l ⊥a ，l ⊥b ，a∩b＝P ⇒l ⊥α.③性质定理：垂直于同一个平面的两条直线_平行__.即：a ⊥α，b ⊥α⇒_a ∥b__. (2)直线与平面所成的角①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的_锐角__，叫做这条斜线和这个平面所成的角．若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为_0__，若直线与平面垂直，直线与平面所成角为_π2__.②线面角θ的范围：θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.知识点二平面与平面垂直 (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__所组成的图形叫做二面角．②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱_垂直__的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．③二面角θ的范围：θ∈[0，π]． (2)平面与平面垂直①定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直二面角__，就说这两个平面互相垂直． ②判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a ⊂α，a ⊥β⇒_α⊥β__. ③性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于_交线__的直线与另一个平面垂直．即：α⊥β，a ⊂α，α∩β＝b ，a ⊥b ⇒_a ⊥β__.重要结论1．若两条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)．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(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)垂直于同一个平面的两平面平行．( ×)(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(×)(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √)(6)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.(×)题组二走进教材2．(多选题)(必修2P73T1)下列命题中正确的是( ABC )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βB．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βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．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[解析] 对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．题组三走向高考3．(2017·课标全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( C )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC[解析] ∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.故选C．4．(2019·北京)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：_若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)__.[解析] 由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．5．(2020·全国Ⅱ(节选))如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.[证明] ∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1又AA1∥BB1，∴MN∥AA1在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC⊥BB1∵MN∥BB1，MN⊥BC由MN∩AM＝M，MN，AM⊂平面A1AMN∴BC⊥平面A1AMN又∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴B1C1∥平面ABC又∵B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF∴B1C1∥EF，∴EF∥BC又∵BC⊥平面A1AMN∴EF⊥平面A1AMN∵EF⊂平面EB1C1F∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN.考点突破·互动探究考点一空间垂直关系的基本问题——自主练透例1 (1)(2021·河北保定七校联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q的必要条件，则q可能是( B )A．q：m⊥α，n∥β，α⊥βB．q：m⊂α，n⊥β，α∥βC．q：m⊥α，n⊥β，α∥βD．q：m⊂α，n∥β，α⊥β(2)(2019·陕西汉中质检一)已知l ，m 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，l ⊥α，m ⊂β，则有下面四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ，②若α⊥β，则l ∥m ；③若l ∥m ，则α⊥β；④若l ⊥m ，则α∥β.其中所有正确的命题是( A )A ．①③B ．①④C ．②③D ．①②③④(3)(多选题)(2021·四川成都诊断改编)已知α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是空间中两条不同的直线，则下列说法错误的是( ABD )A ．若m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥nB ．若m ∥α，n ∥β，且α⊥β，则m ∥nC ．若m ⊥α，n ∥β，且α∥β，则m ⊥nD ．若m ⊥α，n ∥β，且α⊥β，则m ⊥n[解析] (1)由题知q 能推出p ：m ⊥n.对A ，当m ∥n 时仍然可以有m ⊥α，n ∥β，α⊥β.故A 错误．对B ，n ⊥β，α∥β，则n ⊥α，又m ⊂α，则m ⊥n.故B 正确．对C ，m ⊥α，α∥β则m ⊥β，又n ⊥β，故m ∥n.故C 错误．对D ，当α⊥β且相交于m 时，若n ∥m ，也满足m ⊂α，n ∥β.故D 错误．⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫2l ⊥α α∥β⇒l ⊥βm ⊂β⇒l ⊥m ，①对；⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒m ⊥α m ⊂β⇒α⊥β，③对；由图可知②④错．故选A ．(3)由m ∥α，n ∥β，且α∥β，得m ∥n 或m 与n 相交，或m 与n 异面，故A 错误；由m ∥α，n ∥β，且α⊥β，得m ∥n 或m 与n 相交或m 与n 异面，故B 错误；由m ⊥α，α∥β，得m ⊥β，又n ∥β，则m ⊥n ，故C 正确；由m ⊥α，n ∥β且α⊥β，得m ∥n 或m 与n 相交或m 与n 异面，故D 错误，故选A 、B 、D ．名师点拨解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法：(1)依据相关定理得出结论．(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断，或借助笔、纸、桌面进行演示，注意能平移或旋转的线，让其动动再判断．(3)否定命题时只需举一个反例即可．〔变式训练1〕(1)(2021·东北三省三校模拟)已知α，β是不重合的平面，m ，n 是不重合的直线，则m ⊥α的一个充分条件是( C )A ．m ⊥n ，n ⊂αB ．m ∥β，α⊥βC ．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥βD ．α∩β＝n ，α⊥β，m ⊥n(2)(2021·福建福州调研)已知两条直线m ，n 和两个平面α，β，下列命题正确的是( A ) A ．若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β B ．若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β C ．若m ⊥α，n ∥β，且m ⊥n ，则α⊥β D ．若m ⊥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β[解析] (1)对于答案A ：m ⊥n ，n ⊂α，得出m 与α是相交的或是垂直的，或m ⊂α，故A 错；答案B ：m ∥β，α⊥β，得出m 与α是相交的、平行的都可，故B 错；答案C ：n ⊥α，n ⊥β，得出α∥β，再m ⊥β得出m ⊥α，故C 正确．⎭⎪⎬⎪⎫2m ⊥αm ⊥n⇒n ⊂α或n ∥α.若n ⊂α，又n ⊥β，∴α⊥β；若n ∥α，则存在l ⊂α且l ∥n ，又n ⊥β，∴l ⊥β，∴α⊥β，故A 正确；事实上，在B 中条件下，α、β可能相交；在C 中条件下，α、β可能平行；在D 的条件下，α⊥β，故选A ．考点二直线与平面垂直的判定与性质——多维探究角度1 线、面垂直的判定例2 如图所示，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．(1)求证：MN ⊥CD ；(2)若∠PDA ＝45°，求证：MN ⊥平面PCD ． [证明] 解法一：(1)连接AC ，AN ，BN ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AC ，在Rt △PAC 中，N 为PC 中点． ∴AN ＝12PC ．∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC ．又BC ⊥AB ，PA∩AB＝A ， ∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ．从而在Rt △PBC 中，BN 为斜边PC 上的中线， ∴BN ＝12PC ．∴AN ＝BN ，∴△ABN 为等腰三角形．又M 为底边AB 的中点，∴MN ⊥AB ，又AB ∥CD ，∴MN ⊥CD ． (2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ．又∠PDA ＝45°，∴AP ＝AD ．∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ＝BC ，∴PA ＝BC ．连接PM ，CM ，又∵M 为AB 的中点，∴AM ＝BM. 而∠PAM ＝∠CBM ＝90°，∴Rt △PAM ≌Rt △CBM. ∴PM ＝CM ，又N 为PC 的中点，∴MN ⊥PC ．由①知MN ⊥CD ，PC∩CD＝C ，∴MN ⊥平面PCD ．解法二：∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，又AB ⊥AD ，∴PA 、AB 、AD 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，不妨设C(a ，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，c 2， (1)由MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，c 2，CD →＝(－a,0,0)，∴MN →·CD →＝0，∴MN ⊥CD ． (2)∵∠PDA ＝45°，∴b ＝c ，又PC →＝(a ，b ，－b)，∴MN →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，b 2·(a，b ，－b)＝0，∴MN ⊥PC ，又MN ⊥CD ， ∴MN ⊥平面PCD ．角度2 线、面垂直的性质例3 (2021·河北“五个一联盟”联考，节选)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1C 1⊥平面AA 1C 1C ，D 是AA 1的中点，△ACD 是边长为1的等边三角形．证明：CD ⊥B 1D ．[证明] ∵△ACD 是边长为1的等边三角形， ∴∠ADC ＝60°，∠DA 1C 1＝120°. ∵D 是AA 1的中点，△ACD 的边长为1， ∴AD ＝A 1D ＝A 1C 1＝1，即△A 1C 1D 是等腰三角形， ∴∠A 1DC 1＝30°，从而∠CDC 1＝90°，即CD ⊥C 1D ． ∵B 1C 1⊥平面AA 1C 1C ，且CD ⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1C 1⊥CD ．∵B 1C 1∩C 1D ＝C 1，B 1C 1⊂平面B 1C 1D ，C 1D ⊂平面B 1C 1D ， ∴CD ⊥平面B 1C 1D ．∵B 1D ⊂平面B 1C 1D ，∴CD ⊥B 1D ．名师点拨1．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系． (2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理． (4)利用直线与平面垂直的性质． (5)向量法：a ⊥b ⇔a·b＝0. 2．证明线面垂直的常用方法(1)利用判定定理，它是最常用的思路．(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面． (3)利用面面垂直的性质：①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面． (4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2020·河南六市一模)在如图所示的几何体中，ABC －A 1B 1C 1为三棱柱，且AA 1⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，AD ＝2CD ．∠ADC ＝60°，若AA 1＝AC ，求证：AC 1⊥平面A 1B 1CD ．(2)(角度2)(2021·湖南炎德英才大联考，节选)如图，圆柱OQ 的上，下底面圆的圆心分别为Q ，O ，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的下底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的直径AB ＝4，母线AD ＝AP ＝2 3.求证：AG ⊥BD ．[证明] (1)证法1：∵AD ＝2CD ，∠ADC ＝ 60°， ∴DC ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥DC ． ∴DC ⊥平面AA 1C 1C ，又AC 1⊂平面AA 1C 1C ， ∴DC ⊥AC 1，∵AA 1＝AC ，∴四边形AA 1C 1C 为菱形，∴AC 1⊥A 1C ，而DC∩A 1C ＝C ，∴AC 1⊥平面A 1B 1CD ．证法2：∵AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°，∴∠ACD ＝90°，则CD ，CA ，CC 1两两垂直．如图，建立空间直角坐标系C －xyz.不妨设CD ＝1，则C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，3，0)，C 1(0,0，3)，A 1(0，3，3)． ∴AC 1→＝(0，－3，3)，CD →＝(1,0,0)，CA 1→＝(0，3，3)．易得AC 1→·CD →＝0，AC 1→·CA 1→＝0.∴AC 1⊥CD ，AC 1⊥CA 1，又∵CD∩CA 1＝C ， ∴AC 1⊥平面A 1B 1CD ．(2)证法1：∵AD ＝AP ，又G 是DP 的中点， ∴AG ⊥DP.①∵AB 为圆O 的直径，∴AP ⊥BP ，易知DA ⊥底面ABP ，∴DA ⊥BP ，而AD∩AP＝A ， ∴BP ⊥平面ADP ，又AG ⊂平面ADP ，∴BP ⊥AG ，②∴由①②可知：AG ⊥平面BDP ，又BD ⊂平面BDP ， ∴AG ⊥BD ．证法2：∵AB 为⊙O 的直径，∴PA ⊥PB ，如图建立空间直角坐标系，由题意知P(0,0,0)，A(0,23，0)，B(2,0,0)，D(0,23，23)，G(0，3，3)， ∴AG →＝(0，－3，3)，BD →＝(－2,23，23)， ∴AG →·BD →＝0，即AG ⊥BD ．考点三两个平面垂直的判定与性质——师生共研例4 (2020·四川成都二诊)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1； (2)求几何体AA 1EBC 的体积．[解析] (1)证明：如图，连接AC 1交A 1C 于点O ，连接OE ，OF ，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为矩形，所以OA ＝OC 1.又因为F 为AC 的中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1.因为E 为BB 1的中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1.所以BE ∥OF 且BE ＝OF.所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE. 因为AB ＝CB ，F 为AC 的中点，所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．因为AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BF ，所以OE ⊥AA 1. 又AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC＝A ，所以OE ⊥平面ACC 1A 1.因为OE ⊂平面A 1EC ，所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1. (2)四棱锥A 1－EB 1C 1C 的高为h ＝4sin 60°＝23，底面为直角梯形，面积为S ＝12×(3＋6)×4＝18，得VA 1－EB 1C 1C ＝13×23×18＝123，故几何体AA 1EBC 的体积为VAA 1EBC ＝VABC －A 1B 1C 1－VA 1－EB 1C 1C ＝12×4×4×32×6－123＝12 3.例5 (2021·黑龙江大庆市质检)在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝2，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ⊥平面PAD ； (2)求点E 到平面PAB 的距离．[解析] (1)连接BD ，在△PAD 中，PA ＝PD ＝2，E 是AD 的中点， ∴PE ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BE ，又∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为等边三角形， ∴BE ⊥AD ，又∵PE∩AD＝E ，PE ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴BE ⊥平面PAD ．(2)在△PAB 中，PA ＝AB ＝2，PB ＝6，则S △PAB ＝152，在△ABE 中，AB ＝2，AE ＝1，BE ＝3，则S △ABE ＝32，由PE ⊥面ABCD ，PE ＝3，得 V P －ABE ＝13×3×12×1×3＝12，由V P －ABE ＝V E －PAB ，设点E 到平面PAB 的距离为h ，则13×152×h＝13×32×3，则h ＝155，即点E 到平面PAB 的距离为155.名师点拨(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，a ⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知面面垂直时，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．(3)〔变式训练3〕(1)(2020·湖南娄底模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝π3，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PC 上一点，若平面EBD ⊥平面ABCD ，则PE EC ＝_12__.(2)(2021·云南玉海一中期中)已知三棱锥P －ABC(如图1)的展开图如图2，其中四边形ABCD 为边长等于2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．证明：平面PAC ⊥平面ABC ．[解析] (1)取AD 的中点O ，连接OC 交BD 于F 点，连接EF ，∵△PAD 是等边三角形，∴PO ⊥AD ，∵OD ∥BC ，BC ＝2OD ，∴FC ＝2OF. 又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，PO ⊥AD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，又∵平面BDE ⊥平面ABCD ，∴PO ∥平面BDE. ∴OP ∥EF ，∴PE EC ＝OF FC ＝12.故答案为：12.(2)证明：如图取AC 的中点O ，连接BO ，PO.由题意可知PA ＝PB ＝PC ＝2，∴PO ＝1，AO＝BO＝CO＝1，∵在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC．∵在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝2，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB．∵AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC，∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．名师讲坛·素养提升立体几何中的轨迹问题例6 (多选题)(2021·山东青岛模拟)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P 在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的为( ABD )A．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线B．若点P到点A的距离为2，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆C．若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆D．若点P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线[解析] A．∵PA⊥BD1，∴P在过A且与BD1垂直的平面ACB1上，又P∈平面BCC1B，∴P的轨迹是平面ACB1与平面BCC1B1的交线B1C，故A正确；B．点P的轨迹是以A为球心，半径为2的球面与平面BCC1B1的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r，球心A到平面BCC1B1的距离为1，则r＝22－1＝1，所以小圆周长l＝2πr＝2π，故B正确；C．点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，即平面BCC1B1内的点P满足|PB|＋|PC|＝1＝|BC|，即满足条件的点P的轨迹就是线段BC，不是椭圆，故C不正确；D．如图，过P分别作PM⊥BC于点M，PE⊥CC1于点E，则PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AD，过M作MN⊥AD，连接PN，PM∩MN＝M，所以AD⊥平面PMN，所以PN⊥AD，如图建立平面直角坐标系，设P(x，y)，PM＝y，则PN2＝1＋y2，PE2＝(1－x)2，即1＋y2＝(1－x)2，整理为：(x－1)2－y2＝1，则动点P的轨迹是双曲线，故D正确．故选ABD．[引申](1)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线CC1的距离相等，则点P的轨迹为_以B为焦点、CC1为准线的抛物线__.(2)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为_与BC距离为1的两条平行线__.名师点拨立体几何中的轨迹面是常转化为两面的交线，或在某面内建立坐标系通过求轨迹方程求解．〔变式训练4〕(2021·安徽蚌埠质检)平面α的一条斜线AP交平面α于P点，过定点A的直线l与AP垂直，且交平面α于M点，则M点的轨迹是( A )A．一条直线B．一个圆C．两条平行直线D．两个同心圆[解析] 由题意知M在过A且与PA垂直的平面β内，∴点M的轨迹为平面α与β的交线，故选A．。

高考数学一轮复习第七章立体几何 7.5 直线、平面垂直的判定及其性质课件

12/11/2021
第二十四页，共四十九页。
【解】 (1)证明：因为 AA1⊥平面 ABCD，所以 AA1⊥AB，又 AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以 BA⊥平面 AA1D1D，又 MA1⊂平面 AA1D1D，所以 BA⊥MA1. 因为 AD＝DM，所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，所以 AM⊥MA1，又 AM∩BA＝A，所以 MA1⊥平面 AMB，又 MA1⊂平面 A1MB1，故平面 AMB⊥平面 A1MB1.
及线线垂直、线面垂直、面面垂垂直的有关性质与判定
直的判定及其应用等内容．定理．
2．题型主要以解答题的形式出 2．能运用公理、定理和
现，解题要求有较强的推理论证已获得的结论证明一些
能力，广泛应用转化与化归的思有关空间图形的垂直关
想. 系的简单命题．
12/11/2021
第三页，共四十九页。
01知识(zhī shi)梳理诊断自测
所以点
C
到平面
POM
的距离为45
5 .
12/11/2021
第二十三页，共四十九页。
考点二平面与平面垂直的判定与性质【例 2】如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，M 是棱 DD1 上的一点，AA1⊥平面 ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB ＝2AD＝2DC．
(1)若 M 是 DD1 的中点，证明：平面 AMB⊥平面 A1MB1； (2)设四棱锥 M-ABB1A1 与四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的体积分别为 V1 与 V2，求VV12的值．
第七章
立体几何(lìtǐjǐhé)
12/11/2021
第一页，共四十九页。
第五节直线(zhíxiàn)、平面垂直的判定及其性质

近年高考数学一轮复习第7章立体几何7.5直线、平面垂直的判定与性质学案理(2021年整理)

7．5直线、平面垂直的判定与性质[知识梳理］1．直线与平面垂直判定定理与性质定理2．平面与平面垂直判定定理与性质定理3．直线和平面所成的角范围：错误!。

4．二面角范围[0,π]．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．［诊断自测]1．概念思辨(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．教材衍化(1)(必修A2P73A组T1）若m，n表示两条不同的直线,α表示平面，则下列命题中,正确命题的个数为( )①错误!⇒m∥n；②错误!⇒m⊥n;③错误!⇒n⊥α.A．1 B．2C．3 D．0答案B解析③不正确，直线n与α不一定垂直,可能是平行或相交或在平面内．①②均正确．故选B。

（2)(必修A2P67T2）在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，①若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；②若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA,则点O是△ABC的________心．答案①外②垂解析①如图1,连接OA，OB，OC，OP,在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．②如图2，∵PC⊥PA,PB⊥PC，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB,AB⊂平面PAB,∴PC⊥AB，又AB⊥PO,PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC,∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB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．3．小题热身（1）(2017·湖南六校联考)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m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β答案C解析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．故选C.(2）（2018·辽宁五校联考)假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β,垂足分别为B，D,如果增加一个条件,就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件:①AC⊥α；②AC∥α；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．（把你认为正确的条件序号都填上)答案①③解析如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD 在该平面内,所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．题型1 直线与平面垂直的判定与性质角度1 直线与平面垂直的判定定理错误!(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G。

全国通用近年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标40直线、平面垂直的判定及其性质(2021年整

（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标40 直线、平面垂直的判定及其性质编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标40 直线、平面垂直的判定及其性质）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（全国通用版）2019版高考数学大一轮复习第七章立体几何课时达标40 直线、平面垂直的判定及其性质的全部内容。

第40讲直线、平面垂直的判定及其性质［解密考纲］对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．若α,β表示两个不同的平面，直线m⊂α，则“α⊥β"是“m⊥β”的（B) 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由面面垂直判定定理，得m⊥β⇒α⊥β，而α⊥β时，α内任意直线不可能都垂直于β,因此“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．故选B．2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( D）A．AB∥m B．AC⊥m C．AB∥βD．AC⊥β解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β,只有D项不一定成立．故选D．3．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( D）A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n,则l∥nC．若a⊥α，a⊥b,则b∥αD．若l⊥α,l∥a，则a⊥α解析对于A项，m与α位置关系不确定,故A项错;对于B项,当l与m，m与n为异面垂直时,l与n可能异面或相交,故B项错;对于C项,也可能b⊂α，故C项错;对于D项，由线面垂直的定义可知正确．4．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°,BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H 必在( A)A．直线AB上 B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析∵AC⊥AB,AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1。