2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章 第五节　直线、平面垂直的判定与性质 .docx

第五节直线、平面垂直的判定与性质2019考纲考题考情1直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义直线l与平面内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直。(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理续表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：线线垂直线面垂直面面垂直 一、走进教材1(必修2P73A组T1改编)下列命题中不正确的是()A如果平面平面，且直线l平面，则直线l平面B如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面C如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面D如果平面平面，平面平面，l，那么l解析根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面，也可能在平面内。故选A。答案A2(必修2P67练习T2改编)在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O。(1)若PAPBPC，则点O是ABC的_心；(2)若PAPB，PBPC，PCPA，则点O是ABC的_心。解析(1)如图，连接OA，OB，OC，OP，在RtPOA，RtPOB和RtPOC中，PAPBPC，所以OAOBOC，即O为ABC的外心。(2)如图，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G。因为PCPA，PBPC，PAPBP，所以PC平面PAB，又AB平面PAB，所以PCAB，因为ABPO，POPCP，所以AB平面PGC，又CG平面PGC，所以ABCG，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)垂二、走近高考3(2018全国卷节选)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF。证明：平面PEF平面ABFD。解由已知可得，BFPF，BFEF，PFEFF，所以BF平面PEF。又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD。4(2017全国卷节选)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90。证明：平面PAB平面PAD。证明由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD。由于ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD。又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD。三、走出误区微提醒：忽略线面垂直的条件致误；忽视平面到空间的变化致误。5“直线a与平面内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面垂直”的_条件。解析根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件。答案必要不充分6已知直线a，b，c，若ab，bc，则a与c的位置关系为_。解析若a，b，c在同一个平面内，由题设条件可得ac；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能。答案平行、相交或异面7已知直线a和平面，若，a，则a与的位置关系为_。解析当a且a垂直于，的交线时，满足已知条件；若a，则a。故得a与的位置关系为a或a。答案a或a考点一 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，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点。证明：(1)CDAE；(2)PD平面ABE。证明(1)在四棱锥PABCD中，因为PA底面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD。又因为ACCD，PAACA，PA，AC平面PAC，所以CD平面PAC。而AE平面PAC，所以CDAE。(2)由PAABBC，ABC60，可得ACPA。因为E是PC的中点，所以AEPC。由(1)知AECD，且PCCDC，PC，CD平面PCD，所以AE平面PCD，而PD平面PCD，所以AEPD。因为PA底面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB。又因为ABAD，且PAADA，所以AB平面PAD，而PD平面PAD，所以ABPD。又因为ABAEA，AB，AE平面ABE，所以PD平面ABE。证明线面垂直的常用方法及关键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(ab，ab)；(3)面面平行的性质(a，a)；(4)面面垂直的性质。2证明线面垂直的关键是证线线垂直，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。 【变式训练】S是RtABC所在平面外一点，且SASBSC，D为斜边AC的中点。(1)求证：SD平面ABC；(2)若ABBC，求证：BD平面SAC。证明(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在RtABC中，D、E分别为AC、AB的中点，所以DEBC，所以DEAB，因为SASB，所以SAB为等腰三角形，所以SEAB。又SEDEE，所以AB平面SDE。又SD平面SDE，所以ABSD。在SAC中，SASC，D为AC的中点，所以SDAC。又ACABA，所以SD平面ABC。(2)由于ABBC，则BDAC，由(1)可知，SD平面ABC，又BD平面ABC，所以SDBD，又SDACD，所以BD平面SAC。考点二 平面与平面垂直的判定与性质【例2】(2018江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1。求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC。解(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1。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AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B。又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC。又因为A1BBCB，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。1证明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定义；(2)利用面面垂直的判定定理，转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线，即证明线面垂直。2两个平面垂直问题，通常是通过“线线垂直线面垂直面面垂直”的过程来实现的。 【变式训练】(2019唐山市摸底考试)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2，E是PB的中点。(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若PC，求三棱锥CPAB的高。解(1)因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC。因为AB2，ADCD1，所以ACBC，所以AC2BC2AB2，故ACBC。又BCPCC，所以AC平面PBC。因为AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC。(2)由PC，PCCB，得SPBC()21。由(1)知，AC为三棱锥APBC的高。易知RtPCARtPCBRtACB，则PAABPB2，于是SPAB22sin60。设三棱锥CPAB的高为h，则SPABhSPBCAC，h1，解得h，故三棱锥CPAB的高等于。考点三 开放型问题【例3】如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，DBBC，DBAC，点M是棱BB1上一点。(1)求证：B1D1平面A1BD。(2)求证：MDAC。(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1平面CC1D1D。解(1)证明：由直四棱柱，得BB1DD1，且BB1DD1，所以BB1D1D是平行四边形，所以B1D1BD。而BD平面A1BD，B1D1平面A1BD，所以B1D1平面A1BD。(2)证明：因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以BB1AC。又因为BDAC，且BDBB1B，所以AC平面BB1D，而MD平面BB1D，所以MDAC。(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1平面CC1D1D。证明如下：取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM。因为N是DC中点，BDBC，所以BNDC。又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD平面DCC1D1，所以BN平面DCC1D1。又可证得，O是NN1的中点，所以BMON，且BMON，即BMON是平行四边形，所以BNOM，所以OM平面CC1D1D，因为OM平面DMC1，所以平面DMC1平面CC1D1D。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，猜出条件再证明；(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找出点的位置。 【变式训练】如图所示，平面ABCD平面BCE，四边形ABCD为矩形，BCCE，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PMBE？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。因为四边形ABCD是矩形，所以O为AC的中点。又F为EC的中点，所以OFAE。又OF平面BDF，AE平面BDF，所以AE平面BDF。(2)当点P为AE的中点时，有PMBE，证明如下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH。因为P为AE的中点，H为BE的中点，所以PHAB。又ABCD，所以PHCD，所以P，H，C，D四点共面。因为平面ABCD平面BCE，且平面ABCD平面BCEBC，CDBC，CD平面ABCD，所以CD平面BCE。又BE平面BCE，所以CDBE，因为BCCE，且H为BE的中点，所以CHBE。又CHCDC，且CH，CD平面DPHC，所以BE平面DPHC。又PM平面DPHC，所以PMBE。1(配合例1使用)如图，四边形ABCD为等腰梯形，AB2，ADDCCB1，将ADC沿AC折起，使得平面ADC平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB(如图)。(1)求证：BCAD；(2)求点E到平面BCD的距离。解(1)证明：作CHAB于点H，则BH，AH，又BC1，所以CH，所以CA，所以AC2BC2AB2，所以ACBC，因为平面ADC平面ABC，且平面ADC平面ABCAC，BC平面ABC，所以BC平面ADC，又AD平面ADC，所以BCAD。(2)因为E为AB的中点，所以点E到平面BCD的距离等于点A到平面BCD距离的一半。又由(1)的证明可知，BC平面ADC，BC平面BCD，所以平面ADC平面BCD，所以过A作AQCD于Q，又因为平面ADC平面BCDCD，且AQ平面ADC，所以AQ平面BCD，AQ就是点A到平面BCD的距离。由(1)知AC，ADDC1，所以cosADC，又0<ADC<，所以ADC，所以在RtQAD中，QDA，AD1，所以AQADsinQDA1。所以点E到平面BCD的距离为。2(配合例2使用)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点。求证：(1)AN平面A1MK；(2)平面A1B1C平面A1MK。证明(1)如图所示，连接NK。在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，所以AA1DD1，AA1DD1，C1D1CD，C1D1CD。因为N，K分别为CD，C1D1的中点，所以DND1K，DND1K，所以四边形DD1KN为平行四边形，所以KNDD1，KNDD1，所以AA1KN，AA1KN，所以四边形AA1KN为平行四边形，所以ANA1K。又因为A1K平面A1MK，AN平面 A1MK，所以AN平面A1MK。(2)如图所示，连接BC1。在正方体ABCDA1B1C1D1中，ABC1D1，ABC1D1。因为M，K分别为AB，C1D1的中点，所以BMC1K，BMC1K，所以四边形BC1KM为平行四边形，所以MKBC1。在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，所以A1B1BC1。因为MKBC1，所以A1B1MK。因为四边形BB1C1C为正方形，所以BC1B1C，所以MKB1C。因为A1B1平面A1B1C，B1C平面A1B1C，A1B1B1CB1，所以MK平面A1B1C。又因为MK平面A1MK，所以平面A1B1C平面A1MK。3(配合例3使用)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，M为棱AC的中点。ABBC，AC2，AA1。(1)求证：B1C平面A1BM；(2)求证：AC1平面A1BM；(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由。解(1)证明：连接AB1，AB1A1BO，连接OM。在B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，所以OMB1C，又因为OM平面A1BM，B1C平面A1BM，所以B1C平面A1BM。(2)证明：因为侧棱AA1底面ABC，BM平面ABC，所以AA1BM，又因为M为棱AC的中点，ABBC，所以BMAC。因为AA1ACA，AA1，AC平面ACC1A1，所以BM平面ACC1A1，所以BMAC1。因为AC2，所以AM1。又因为AA1，所以在RtACC1和RtA1AM中，tanAC1CtanA1MA，所以AC1CA1MA，即AC1CC1ACA1MAC1AC90，所以A1MAC1。因为BMA1MM，BM，A1M平面A1BM，所以AC1平面A1BM。(3)当点N为BB1的中点，即时，平面AC1N平面AA1C1C。证明如下：设AC1的中点为D，连接DM，DN。因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DMCC1，且DMCC1。又因为N为BB1的中点，所以DMBN，且DMBN，所以四边形BNDM为平行四边形，所以BMDN，因为BM平面ACC1A1，所以DN平面AA1C1C。又因为DN平面AC1N，所以平面AC1N平面AA1C1C。