1、1第 5 讲 直线、平面垂直的判定与性质考纲解读 掌握线线、线面、面面垂直的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的垂直关系的简单命题(重点、难点)考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考的必考内容预测 2020 年将会以以下两种方式进行考查：以几何体为载体考查线面垂直的判定和性质；根据垂直关系的性质进行转化试题以解答题第一问直接考查，难度不大，属中档题型.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23直线和平面所成的角(1)定义：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01 02 的角(2)范围： .03 0， 24二面角(1)
2、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；在二面角的棱上01 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02 构成的角叫做二面角的平面角(2)范围： 0，03 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1概念辨析(1)直线 l 与
3、平面 内的无数条直线都垂直，则 l .( )3(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 内的一条直线垂直于平面 内的无数条直线，则 .( )答案 (1) (2) (3) (4)2小题热身(1)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 答案 A解析 A 错误，如图 1 所示，在长方体中 ， l ，但 l ；
4、B 正确，设 l，则 内与 l 平行的直线都与 平行；C 正确，由面面垂直的判定可知；D 正确，如图 2 所示，在平面 内，作 与 交线的垂线 m，在平面 内作 与 的交线的垂线 n，由 得 m ，由 得 n ，所以 m n.可推出 m ，进而推出 m l，所以 l .(2)如图所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 O， M， N 分别是线段 BD， DD1， D1C1的中点，则直线 OM 与 AC， MN 的位置关系是( )A与 AC， MN 均垂直B与 AC 垂直，与 MN 不垂直C与 AC 不垂直，与 MN 垂直4D与 AC， MN 均不垂直答案 A解析 由 AC平面 BB1
5、D1D 可得 OM AC.设正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 2a.则 OM a， MN a.a2 2a 2 3 a2 a2 2ON a，所以 OM2 MN2 ON2，a2 2a 2 5所以 OM MN.(3)如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC2， AA11，则 AC1与平面 A1B1C1D1所成角的正弦值为_答案 13解析 连接 A1C1，则 AC1A1为 AC1与平面 A1B1C1D1所成的角因为 AB BC2，所以A1C1 AC2 ，又 AA11，所以 AC13，所以 sin AC1A1 .2AA1AC1 13(4)已知 PD 垂直于菱形 ABCD 所在
6、的平面，连接 PB， PC， PA， AC， BD，则一定互相垂直的平面有_对答案 4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，由于 AC平面 PDB，平面 PAC平面 PDB，共 4 对题型 直线与平面的位置关系一5角度 1 直线与平面所成的角1(2018全国卷)在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC2， AC1与平面 BB1C1C 所成的角为 30，则该长方体的体积为( )A8 B6 2C8 D82 3答案 C解析 在长方体 ABCD A1B1C1D1中，连接 BC1，根据线面角的定义可知 AC1B30
7、，因为 AB2， tan30，所以 BC12 ，从而求得 CC1 2 ，所以该长方ABBC1 3 BC21 BC2 2体的体积为 V222 8 .故选 C.2 2角度 2 直线与平面垂直的判定和性质2(2018全国卷)如图，在三棱锥 P ABC 中，AB BC2 ， PA PB PC AC4， O 为 AC 的中点2(1)证明： PO平面 ABC；(2)若点 M 在棱 BC 上，且 MC2 MB，求点 C 到平面 POM 的距离解 (1)证明：因为 AP CP AC4， O 为 AC 的中点，所以 OP AC，且 OP2 .连接3OB，因为 AB BC AC，所以 ABC 为等腰直角三角形，且
8、 OB AC， OB AC2.由22 12OP2 OB2 PB2知 OP OB.6由 OP OB， OP AC， AC OB O，知 PO平面 ABC.(2)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 AC2， CM BC ， ACB45.12 23 423所以 OM ， CH .253 OCMCsin ACBOM 455所以点 C 到平面 POM 的距离为 .4551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
9、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2证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，这是主要证明方法(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“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直” (4)利用面面垂直的性质定理 1已知一个正四棱柱的体对角线长为 ，且体对角线与底面所成的角的余弦值为 ，633则该四棱柱的表面积为_答案 107解析 如图可知， BD ，633 2DD1 2，底面边长 AB 1，所以所求表面积为BD21 BD2 6 2 2224AA1AB2 AB242121 210.2如图， S
10、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8 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
11、，又 BD平面 ABC， SD BD，又 SD AC D， BD平面 SAC.题型 面面垂直的判定与性质二1如图， AB 是 O 的直径， PA 垂直于 O 所在平面， C 是圆周上不同于 A， B 两点的任意一点，且 AB2， PA BC ，则二面角 A BC P 的大小为_3答案 60解析 因为 AB 为 O 的直径，所以 AC BC，又因为 PA平面 ABC，所以 PA BC，可求得 BC PC，所以 PCA 为二面角 A BC P 的平面角因为 ACB90，9AB2， PA BC ，所以 AC1，所以在 Rt PAC 中，tan PCA .所以3PAAC 3 PCA60.2. 如图，已
12、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，且 CD AD，所以 CD平面 PAD.又因为在 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
13、， 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 三棱锥 M EFG V 三棱锥 D EFG，取 AD 的中点 H，连接 GH， EH， FH，则 EF GH，因为 EF平面 PAD， EH平面 PAD，所以 EF EH.于是 S EFH EFEH2 S EFG，12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 的距离等于正三角形 EHD 的高，即为 .310所以三棱锥 M EFG 的体积 V 三棱锥 M EFG V 三棱
14、锥 D EFG S EFG .13 3 233结论探究 1 在举例说明 1 条件下，求证：平面 PAC平面 PBC.证明 因为 PA 垂直于 O 所在平面，BC 在 O 所在平面内，所以 BC PA.因为 AB 是 O 的直径， C 是圆周上不同于 A， B 的两点所以 BC AC，又 PA AC A，所以 BC平面 PAC，又 BC平面 PBC.所以平面 PAC平面 PBC.结论探究 2 在举例说明 1 条件下，求二面角 A PB C 的正切值解 过 A 作 AF PC，垂足为 F，过 F 作 FE PB，垂足为 E，连接 AE，由举例说明 1 易得 BC平面 PAC.又 AF平面 PAC，
15、所以 AF BC.又 PC BC C，所以 AF平面 PBC.所以 PB AF，又 PB EF， AF EF F，所以 PB平面 AEF，所以 AEF 为二面角 A PB C 的平面角，在 Rt PAC 中， AC1， PA ， PAC90.3所以 tan PCA ， PCA60，PAAC 3所以 CF1cos60 ， AF1sin60 .12 32在 Rt PBC 中， PC2， BC ， PCB90， PB .3 7由 PEF PCB 得 ，EFBC PFPB所以 ， EF ，EF3 327 332711在 Rt AEF 中，tan AEF ，AFEF323327 73即二面角 A PB
16、C 的正切值为 .731证明面面垂直的两种方法(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作二面角的平面角的方法(1)定义法：在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条射线所成的角就是二面角的平面角如举例说明 1.(2)垂线法：如图所示，作 PO ，垂足为 ，作 OA l，垂足为 A，连接 PA，则 PAO 为二面角 l 的平面角(3)补棱法：针对在解构成二面角的两个半平面没有明确交线的求二面角问题时
17、，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法或三垂线法解题(4)射影面积法 ：二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一(cos S射 影S斜 )个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式 求出二面角的大小(cos S射 影S斜 )12(5)向量法(最常用)(6)转化为线面角：如图，求 l 的二面角，即求 AB 与 所成的角如图，三棱柱 ABC A1B1C1中， A1A平面 ABC， ACB90， M 是 AB 的中点，AC CB CC12.(1)求证：平面 A1CM平面 ABB1A1；(2)求点 M 到平面 A1CB1的距离解 (1)证明：由 A1A
18、平面 ABC， CM平面 ABC，则 A1A CM. AC CB， M 是 AB 的中点， AB CM.又 A1A AB A. CM平面 ABB1A1，又 CM平面 A1CM，平面 A1CM平面 ABB1A1.(2)设点 M 到平面 A1CB1的距离为 h，由题意可知 A1C CB1 A1B12 MC2 ，2S A1CB1 (2 )22 ，34 2 3S A1MB1 S 四边形 ABB1A1 22 2 .12 12 2 2由(1)可知 CM平面 ABB1A1，得 VC A1MB1 MCS A1MB1 VM A1CB1 hS A1CB1.13 1313点 M 到平面 A1CB1的距离 h .MC
19、S A1MB1S A1CB1 233题型 平面图形的翻折问题三(2018全国卷)如图，在平行四边形 ABCM 中， AB AC3， ACM90，以 AC 为折痕将 ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB DA.(1)证明：平面 ACD平面 ABC；(2)Q 为线段 AD 上一点， P 为线段 BC 上一点，且 BP DQ DA，求三棱锥 Q ABP 的体23积解 (1)证明：由已知可得 BAC90，即 AB AC.又 AB DA，且 AC DA A，所以 AB平面 ACD.又 AB平面 ABC，所以平面 ACD平面 ABC.(2)由已知可得， DC CM AB AC3， DA3
20、.2又 BP DQ DA，所以 BP2 .23 2作 QE AC，垂足为 E，则 QE 綊 DC.13由已知及(1)可得 DC平面 ABC，所以 QE平面 ABC， QE1.因此，三棱锥 Q ABP 的体积为V 三棱锥 Q ABP QES ABP 1 32 sin451.13 13 12 214平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征解决此类问题的步骤为：(2018合肥二检)如图 1，在平面五边形 ABCDE 中， AB CE，且 AE2， AEC
21、60，CD ED ，cos EDC .将 CDE 沿 CE 折起，使点 D 到 P 的位置，且 AP ，得到如图757 32 所示的四棱锥 P ABCE.(1)求证： AP平面 ABCE；(2)记平面 PAB 与平面 PCE 相交于直线 l，求证： AB l.证明 (1)在 CDE 中，15 CD ED ，cos EDC ，757由余弦定理得 CE2.连接 AC， AE2， AEC60， AC2.又 AP ，在 PAE 中， PA2 AE2 PE2，3即 AP AE.同理， AP AC. AC AE A， AC平面 ABCE， AE平面 ABCE， AP平面 ABCE.(2) AB CE，且 CE平面 PCE， AB平面 PCE， AB平面 PCE.又平面 PAB平面 PCE l， AB l.
