2022届高考数学一轮复习-第八章-8.5-直线、平面垂直的判定和性质学案.docx

2022届高考数学一轮复习 第八章 8.5 直线、平面垂直的判定和性质学案

2022届高考数学一轮复习 第八章 8.5 直线、平面垂直的判定和性质学案

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第五节　直线、平面垂直的判定和性质

【知识重温】
一、必记6个知识点
1．直线与平面垂直
(1)定义：直线l与平面α内的①________一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理

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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

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
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④________叫做这条直线和这个平面所成的角，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：.
3．平面与平面垂直
(1)二面角：从一条直线出发的⑤________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⑥________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
4．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⑦________，就说这两个平面互相垂直．
5．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

⇒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

⇒l⊥α
6.垂直关系中的两个重要结论
(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)．
二、必明3个易误点
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．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)l与平面α内的两条直线垂直，则直线l⊥平面α.(　　)
(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直．(　　)
(3)当α⊥β时，直线l过α内一点且与交线垂直，则l⊥β.(　　)
(4)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．(　　)
二、教材改编
2．下列命题不正确的是(　　)
A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直
B．过平面外一点，有无数条直线与这个平面平行
C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直
D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行
3．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是(　　)
A．α⊥γ，β⊥γ　B．α∩β＝a，b⊥a，b⊂β
C．a∥β，a∥α D．a∥α，a⊥β

三、易错易混
4．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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
5．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________．

四、走进高考
6．[2019·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：________.(答案不唯一)

　直线与平面垂直的判断与性质
[互动讲练型]

[例1]　

[2021·河南省豫北名校高三质量考评]如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.
(1)求证：BE⊥平面CDF；
(2)求点E到平面CDF的距离．

悟·技法
判定线面垂直的四种方法
(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定理.

[变式练]——(着眼于举一反三)

1．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中点，F是A1E上一点，且A1F＝2FE.
(1)证明：AF⊥平面A1BC；
(2)求三棱锥C1－A1FC的体积．

考点二　平面与平面垂直的判定与性质
[互动讲练型]

[例2]　[2020·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PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P－ABC的体积．

悟·技法
面面垂直的证明方法
(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．
[提醒]　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”.

[变式练]——(着眼于举一反三)
2．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]如图，

四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB＝BC＝，PA＝2.
(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；
(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值．

考点三　平面图形翻折成空间图形
[互动讲练型]
[例3]　[2019·全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB，Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的四边形ACGD的面积．

悟·技法
对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.

[变式练]——(着眼于举一反三)
3．[2021·“超级全能生”联考]如图，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB.

(1)求证：BC⊥AD；
(2)求点E到平面BCD的距离．

第五节　直线、平面垂直的判定和性质
【知识重温】
①任意　②a∩b＝O　③a⊥α　b⊥α　④锐角　⑤两个半平面　⑥垂直于棱　⑦直二面角　⑧l⊥α　l⊂β　⑨α∩β＝a
【小题热身】
1．答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．答案：D
3．解析：对A，α与β可能平行；对B，当α与β相交但不垂直时，也会有b⊥a，b⊂β；对C，α与β可能平行，也可能相交，故A，B，C均错误．故选D.
答案：D
4．解析：由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.
答案：A
5．解析：当a⊂α且a垂直于α、β的交线时，满足已知．
答案：a∥α或a⊂α
6．解析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．
答案：①③⇒②或②③⇒①
课堂考点突破
考点一
例1　解析：(1)证明：如图，分别取AD，BC，BE，DF的中点P，Q，M，N，连接AN，PN，PQ，QM，MN，则QM∥CE，PN∥AF，QM＝CE，PN＝AF.

∵在矩形ACEF中，AF綊CE，
∴QM綊PN，
∴四边形PQMN为平行四边形，
∴PQ綊MN.
易知PQ綊AB，∴AB綊MN，
∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM.
∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，
∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.
同理FA⊥AD.又由条件知AD＝AF，∴AN⊥DF，则BM⊥DF，即BE⊥DF.
∵DC⊥BC，EC⊥DC，且BC∩CE＝C，∴DC⊥平面BCE，∴DC⊥BE.
又BE⊥DF，DC∩DF＝D，∴BE⊥平面CDF.
(2)设点E到平面CDF的距离为h.
由(1)可得EC⊥BC.
又BC⊥CD，CD∩CE＝C，∴BC⊥平面CDE，∴AD⊥平面CDE.
在矩形ACEF中，AF∥CE，∴AF∥平面CDE，
∴三棱锥F－CDE的高等于AD的长，且AD＝1.
由(1)易知CD⊥平面ADF，
∵DF⊂平面ADF，∴CD⊥DF，∴S△CDF＝×1×＝.
设点E到平面CDF的距离为h，
∵VF－CDE＝VE－DCF，∴××1×1×1＝×h，解得h＝.
变式练
1．解析：(1)如图，连接AE，因为AB＝AC＝2，AB⊥AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，AE＝.

由于三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，故AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AE，AA1⊥BC.
在直角三角形A1AE中，因为AA1＝2，AE＝，
所以A1E＝，那么EF＝.
所以＝，所以△A1AE∽△AFE，所以∠AFE＝∠A1AE＝90°，即AF⊥A1E.
由AE⊥BC，AA1⊥BC，AA1∩AE＝A，
得BC⊥平面A1AE，AF⊂平面A1AE⇒BC⊥AF.
由AF⊥A1E，AF⊥BC，BC∩A1E＝E，
得AF⊥平面A1BC.
(2)过E作ED⊥AC，交AC于点D，连接A1D，过F作FG∥ED，交A1D于点G.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥ED，又ED⊥AC，AC∩AA1＝A，
所以ED⊥平面AA1C，所以FG⊥平面AA1C.
因为FG∥ED，A1F＝2FE，所以FG＝ED＝×AB＝.
S△A1CC1＝×2×2＝2，所以V三棱锥C1－A1FC＝V三棱锥F－A1CC1＝S△A1CC1·FG＝×2×＝.
考点二
例2　解析：(1)由题设可知，PA＝PB＝PC.
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.

由题设可得rl＝，l2－r2＝2.
解得r＝1，l＝.
从而AB＝.由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝.
所以三棱锥P－ABC的体积为××PA×PB×PC＝××3＝.
变式练
2．解析：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，
取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，AC⊥OD，∴点O，B，D共线，即AC⊥BD.
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.
∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.
(2)取CD的中点N，连接MN，BN，则MN∥PD.
∴∠BMN或其补角是异面直线PD与BM所成的角．
Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝2，∴MN＝.
连接OM，则OM∥PA，∴OM⊥平面ABCD，
Rt△MOB中，MO＝OB＝1，∴BM＝.
△BDN中，BD＝＋1，DN＝1，∠BDN＝30°，
由余弦定理BN2＝BD2＋DN2－2BD·DN·cos 30°，得BN2＝2＋.
△BMN中，cos∠BMN＝＝＝，
∴直线PD与BM所成角的余弦值为.
考点三
例3　解析：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BC∩BE＝B，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE.
故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
变式练
3．解析：(1)证明：作CH⊥AB于点H，如图，

则BH＝，AH＝.
∵BC＝1，∴CH＝，∴CA＝，易得AC⊥BC.
∵平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ADC.
又AD⊂平面ADC，∴BC⊥AD.
(2)∵E为AB的中点，
∴点E到平面BCD的距离等于点A到平面BCD距离的一半．
由(1)可得平面ADC⊥平面BCD，∴过点A作AQ⊥CD于Q，如图．

∵平面ADC∩平面BCD＝CD，且AQ⊂平面ADC，
∴AQ⊥平面BCD，AQ就是点A到平面BCD的距离．
由(1)知AC＝，AD＝DC＝1，
∴cos∠ADC＝＝－.
又0<∠ADC<π，∴∠ADC＝，
∴在Rt△QAD中，∠QDA＝，AD＝1，
∴AQ＝AD·sin∠QDA＝1×＝.
∴点E到平面BCD的距离为.