(三年模拟一年创新)2016届高考数学复习 第八章 第五节 空间垂直的判定与性质 理(全国通用)
高三数学 空间几何垂直分析与解题
普通高中课程标准实验教科书—数学 [人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座11）—空间中的垂直关系一．课标要求：以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨论证，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定。
通过直观感知、操作确认，归纳出以下判定定理：◆一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直。
◆ 一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直。
通过直观感知、操作确认，归纳出以下性质定理，并加以证明：◆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。
能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。
二．命题走向近年来，立体几何高考命题形式比较稳定，题目难易适中，常常立足于棱柱、棱锥和正方体，复习是要以多面体为依托，始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质和判定作为考察重点。
在难度上也始终以中等偏难为主，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，示知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。
预测2007年高考将以多面体为载体直接考察线面位置关系： （1）考题将会出现一个选择题、一个填空题和一个解答题；（2）在考题上的特点为：热点问题为平面的基本性质，考察线线、线面和面面关系的论证，此类题目将以客观题和解答题的第一步为主。
（3）解答题多采用一题多问的方式，这样既降低了起点又分散了难点。
三．要点精讲1．线线垂直判断线线垂直的方法：所成的角是直角，两直线垂直；垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条。
三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那麽它也和这条斜线的射影垂直。
推理模式： ,,PO O PA A a AO a a AP αααα⊥∈⎫⎪=⇒⊥⎬⎪⊂⊥⎭。
(三年模拟一年创新)高考数学复习 第八章 第五节 空间垂直的判定与性质 理(全国通用)-人教版高三全
第五节空间垂直的判定与性质A组专项基础测试三年模拟精选一、选择题1．(2015·豫南五市模拟)m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )①若m、n都平行于平面α，则m、n一定不是相交直线；②若m、n都垂直于平面α，则m、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直，m、n互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直，则m、n互相垂直．A．②B．②③C．①③D．②④解析①③④错误，②正确，故选A.答案 A2．(2015·某某某某模拟)下列说法错误的是( )A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行解析如果两条直线和一个平面所成的角相等，这两条直线可以平行、相交、异面．故选D.答案 D3．(2014·江南十校)在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( ) 解析A中，∵CD⊥平面AMB，∴CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角，C中AB与CD成45°角，D中，AB与CD夹角的正切值为 2.答案 A4.(2014·某某东营一模)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析由BC1⊥AC，BA⊥AC，得AC⊥平面ABC1，所以平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．答案 A二、填空题5．(2013·某某师大附中二模)如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．解析由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA ∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；④在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．答案①④一年创新演练6．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，命题p：若m∥n，m∥β，则n∥β，命题q：“m⊥β，n⊥β，n⊥α”是“m⊥α”成立的充分条件，则下列结论正确的是( )A．p∧(綈q)是真命题B．(綈p)∨q是真命题C．(綈p)∧q是假命题D．p∨q是假命题解析对于命题p，若m∥n，m∥β，则n可能在平面β内，故命题p为假命题；对于命题q，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则有m⊥α，故命题q是真命题，故綈p为真命题，綈q 为假命题，故(綈p)∨q是真命题，选B.答案 B7.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M 为线段PB的中点，现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．答案 BB组专项提升测试三年模拟精选一、选择题8.(2014·某某模拟) 如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C，D，E均异于A，B)，则△ACD是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形解析∵a⊥b，b⊥c，a∩c＝B，∴b⊥面ABC，∴AD⊥AC，故△ACD为直角三角形．答案 B二、填空题9．(2015·某某模拟)在正三棱锥PABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．解析如图，∵PABC为正三棱锥，∴PB⊥AC.又∵DE∥AC，DE⊂平面PDE，AC⊄平面PDE，∴AC∥平面PDE.故①②正确．答案①②10．(2014·某某省名校联考)给出命题：①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；③已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；④在三棱锥SABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；⑤a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一条平行．其中，正确的命题是________(只填序号)．解析①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；③错误，“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件；⑤错误，只有当异面直线a，b垂直时才可以作出满足要求的平面；易知②④正确．答案②④三、解答题11．(2015·某某某某二模)如图，将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC＝ 6.(1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE；(2)求三棱锥E－ABC的体积．(1)证明正六边形ABCDEF中，连接AC、BE，交点为G，易知AC⊥BE，且AG＝CG＝3，在多面体中，由AC ＝6，知AG 2＋CG 2＝AC 2，故AG ⊥GC ，又GC ∩BE ＝G ，GC ，BE ⊂平面BCDE ，故AG ⊥平面BCDE,又AG ⊂平面ABEF ，所以平面ABEF ⊥平面BCDE .(2)解 连接AE 、CE ，则AG 为三棱锥A －BCE 的高，GC 为△BCE 的高．在正六边形ABCDEF 中，BE ＝2AF ＝4，故S △BCE ＝12×4×3＝23， 所以V E －ABC ＝V A －BCE ＝13×23×3＝2. 12.(2014·某某某某模拟)如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，AC ＝AB ＝1，A 1C ＝A 1B ，B 1C 1∥BC ，B 1C 1＝12BC . (1)求证：平面A 1AC ⊥平面ABC ；(2)求证：AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵四边形ABB 1A 1为正方形，∴A 1A ＝AB ＝AC ＝1，A 1A ⊥AB .∴A 1B ＝ 2.∵A 1C ＝A 1B ，∴A 1C ＝2，∴AC 2＋AA 21＝A 1C 2，∴∠A 1AC ＝90°，∴A 1A ⊥AC .∵AB ∩AC ＝A ，∴A 1A ⊥平面ABC .又∵A 1A ⊂平面A 1AC ，∴平面A 1AC ⊥平面ABC .(2)取BC 的中点E ，连接AE ，C 1E ，B 1E .∵B 1C 1∥BC ，B 1C 1＝12BC ， ∴B 1C 1∥EC ，B 1C 1＝EC ，∴四边形CEB 1C 1为平行四边形．∴B 1E ∥C 1C .∵C 1C ⊂平面A 1C 1C ，B 1E ⊄平面A 1C 1C ，∴B 1E ∥平面A 1C 1C .∵B 1C 1∥BC ，B 1C 1＝12BC ，∴B 1C 1∥BE ，B 1C 1＝BE ，∴四边形BB 1C 1E 为平行四边形，∴B 1B ∥C 1E ，且B 1B ＝C 1E .又∵四边形ABB 1A 1是正方形，∴A 1A ∥C 1E ，且A 1A ＝C 1E ，∴四边形AEC 1A 1为平行四边形，∴AE ∥A 1C 1.∵A 1C 1⊂平面A 1C 1C ，AE ⊄平面A 1C 1C ，∴AE ∥平面A 1C 1C .∵AE ∩B 1E ＝E ，∴平面B 1AE ∥平面A 1C 1C .∵AB 1⊂平面B 1AE ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .一年创新演练13.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 .证明 (1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝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)如图，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 .因为四边形ABCD 为正方形，所以BD ⊥AC .又因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面ACEF .又CF ⊂平面ACEF ，所以CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G .所以CF ⊥平面BDE .14.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1；(2)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直角三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD ，因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直．以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz .设BA ＝2，则B (0，0，0)，C (2，0，0)，A (0，2，0)，C 1(2，0，1)，D (1，0，0)， 假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0，2，1)，B 1(0，0，1)， 故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2.所以AE →＝(0，λ－2，1)，DC 1→＝(1，0，1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC 1→〉|＝|AE →·DC 1→||AE →|·|DC 1→|＝12. 即|1（λ－2）2＋1·2|＝12， 解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．。
老高考适用2023高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量第五节空间向量及其运算课件北师大版
2
B 中向量共面;
对于C选项,a+b,a-b,c不共面;
对于D选项,a+b+c=(a+b)+c,则D中向量共面.故选C.
)
3.在空间直角坐标系中,已知A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),则直线AB
与CD的位置关系是(
)
A.垂直
B.平行
C.异面
D.相交但不垂直
内容相类比进行学习,将达到事半功倍的效果.
微思考“空间中任何两个向量都是共面向量”,这个结论是否正确?
提示 正确.根据向量相等的定义,可以把向量进行平移,空间任意两个向量
都可以平移到同一个平面内,成为共面向量.
2.空间向量中的有关定理
定理
语言描述
共线向 空间两个向量a,b(b≠0)共线的充要条件是存在唯一的实数λ,使
类型
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
x1y1+x2y2+x3y3
共线
a=λb(b≠0,λ∈R)
垂直
a·b=0(a≠0,b≠0)
(λx1,λx2,λx3)
x1y1+x2y2+x3y3=0
模
|a|
夹角
<a,b>(a≠0,b≠0)
12 + 22 + 32
cos<a,b>=
1 1 + 2 2 + 3 3
1 1
D. a- b+c
2 2
答案 A
解析 = 1 + 1 =
1
1 + (
2
1
1
1
− )=c+ (b-a)=- a+ b+c.故选
3年高考(新课标)高考数学一轮复习 8.4垂直关系及空间角
【3年高考】（新课标）2016版高考数学一轮复习 8.4垂直关系及空间角A组2012—2014年高考·基础题组1.(2014广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定2.(2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是( )A. B.C. D.3.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.4.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC 的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.5.(2013江苏,16,14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A 作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG∥平面ABC;(2)BC⊥SA.6.(2012湖南,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.(1)证明:CD⊥平面PAE;(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,求四棱锥P-ABCD的体积.7.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.B组2012—2014年高考·提升题组1.(2012浙江,10,5分)已知矩形ABCD,AB=1,BC=,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中,( )A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直D.对任意位置,三对直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直2.(2013北京,14,5分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上.点P到直线CC1的距离的最小值为.3.(2012大纲全国,16,5分)三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.4.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.5.(2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(1)证明B1C1⊥CE;(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.6.(2013安徽,19,13分)如图,圆锥顶点为P,底面圆心为O,其母线与底面所成的角为22.5°,AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦,轴OP与平面PCD所成的角为60°.(1)证明:平面PAB与平面PCD的交线平行于底面;(2)求cos∠COD.A组2012—2014年高考·基础题组1.D 由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定,若l1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C,若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D.2.B 由正方体的性质易求得sin∠C1OA1=,sin∠COA1=,注意到∠C1OA1是锐角,∠COA1是钝角,且>.故sin α的取值范围是.3.C 解法一:取BC的中点Q,连结QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=,AN=,QN=,∴cos∠ANQ====,故选C.解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),∴=(-1,0,-2),=(1,-1,-2), ∴cos<,>====,故选C.4.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由于BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sin θ=|cos<,n>|===.解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sin θ=|cos<,n>|===.5.证明(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC,因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.6.解析(1)证明:如图,连结AC.由AB=4,BC=3,∠ABC=90°,得AC=5.又AD=5,E是CD的中点,所以CD⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.而PA,AE是平面PAE内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE.(2)过点B作BG∥CD,分别与AE,AD相交于点F,G,连结PF.由(1)CD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE.于是∠B PF为直线PB与平面PAE所成的角,且BG⊥AE.由PA⊥平面ABCD知,∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.由题意∠PBA=∠BPF,因为sin∠PBA=,sin∠BPF=,所以PA=BF,由∠DAB=∠ABC=90°知,AD∥BC,又BG∥CD,所以四边形BCDG是平行四边形,故GD=BC=3,于是AG=2.在Rt△BAG中,AB=4,AG=2,BG⊥AF,所以BG==2,BF===.于是PA=BF=.又梯形ABCD的面积为S=×(5+3)×4=16,所以四棱锥P-ABCD的体积为V=×S×PA=×16×=.7.解析(1)证明:如图,因为BB 1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).连结A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==. 连结AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,即cos(90°-θ)=.从而sin θ=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.B组2012—2014年高考·提升题组1.B若存在某个位置,使得AC⊥BD,作AE⊥BD于E,则BD⊥平面AEC,所以BD⊥EC,在△ABD中,AB2=BE·BD,BE=,而在△BCD中,BC2=BE·BD,BE=,两者矛盾.故A错误.若存在某个位置,使得AB⊥CD,又因为AB⊥AD,则AB⊥平面ACD,所以AB⊥AC,即AC=1,故B 正确,D错误.若存在某个位置,使得AD⊥BC,又因为AD⊥AB,则AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC,而斜边CD小于直角边AD,矛盾,故C错误.2.答案解析过E作EE 1∥CC1交B1C1于点E1,则EE1⊥面A1B1C1D1,垂足为E1,连结D1E1,过P作PH∥EE1交D1E1于点H,则PH⊥面A1B1C1D1,连结C1H,则CC1⊥C1H,且PH∥CC1,所以C1H为点P到线段CC1的距离.因为点P在线段D1E上运动,所以当C1H⊥D1E1时,C1H取得最小值,即点P到直线CC1的最小距离为.3.答案解析由∠BAA 1=∠CAA1=60°可得四边形BCC1B1为正方形.把底面ABC补成菱形ABCD、把底面A1B1C1补成菱形A1B1C1D1,即把三棱柱补成平行六面体ABCD-A1B1C1D1,则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角.不妨设棱长为2,则AD1=BC1=2,AB1=B1D1=2,由余弦定理可得cos∠B1AD1=.4.解析(1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF.图1由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.图2(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=,由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cos θ=|cos<n1,n2>|==,因此sin θ==,即所求二面角的正弦值为.5.解析(1)证明:因为侧棱CC 1⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=,从而B1E2=B1+E,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连结C1G.由(1),B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)连结D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连结AH,AM,则∠MAH为直线AM 与平面ADD1A1所成的角.设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EH·cos 135°,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.6.解析(1)证明:设面PAB与面PCD的交线为l.因为AB∥CD,AB不在面PCD内,所以AB∥面PCD.又因为AB⊂面PAB,面PAB与面PCD的交线为l,所以AB∥l.由直线AB在底面上而l在底面外可知,l与底面平行.(2)设CD的中点为F.连结OF,PF.由圆的性质,得∠COD=2∠COF,OF⊥CD.因为OP⊥底面,CD⊂底面,所以OP⊥CD,又OP∩OF=O,故CD⊥面OPF.又CD⊂面PCD,因此面OPF⊥面PCD,从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF,故∠OPF为OP与面PCD所成的角.由题设,∠OPF=60°.设OP=h,则OF=OP·tan∠OPF=h·tan 60°=h.根据题设有∠OCP=22.5°,得OC==.由1=tan 45°=和tan 22.5°>0,可解得tan 22.5°=-1,因此OC==(+1)h.在Rt△OCF中,cos∠COF===-,故cos∠COD=cos 2∠COF=2cos2∠COF-1=2(-)2-1=17-12.。
高考数学第一轮知识点总复习 第五节 直线、平面垂直的判定及其性质
(2)证明:当a=4时,取BC边的中点M,AD边的中点N,连接AM、DM、 MN……..5′ ∵四边形ABMN和四边形DCMN都是正方形,…………………………………..6′ ∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+45°=90°,…………………………………..7′ 即DM⊥AM.又∵PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥DM,∴DM⊥面PAM，得PM⊥DM,………………………………………..9′ 故(3当)设aM=4是时B,CBC边边上的符中合点题M设使的P点MM⊥, DM. ∵PA⊥底面ABCD,∴DM⊥AM………………………………………………11′ 因此,M点应是以AD为直径的圆和BC边的交点,则AD≥2AB,即a≥4为所 求…………….12′
ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t，则t的
取值范围是
.
解析: 如图2，过K作KM⊥AF于M点，连接DM，
由平面ABD⊥平面ABC易得DM⊥AF，与折前的图
1对比，可知在折前的图形中D、M、K三点共线且
DK⊥AF，于是△DAK∽△FDA,
AK DA
AD ， t DF 1
分析 （1）本题第(1)问是寻求BD⊥平面PAC的条件,即BD垂直于平面 PAC内两相交直线,易知BD⊥PA,问题归结为a为何值时,BD⊥AC,从而知 ABCD为正方形. （2）若PM⊥DM,易知DM⊥面PAM，得DM⊥AM,由AB=2，a=4知， M为BC的中点时得两个全等的正方形，满足DM⊥AM.
高考数学一轮总复习 第八单元 立体几何 课时5 空间中的垂直关系课件 文
第六页，共三十八页。
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)．
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个平行平面中的一个，则这一条 直线也与另一个平面也垂直．
第三十二页，共三十八页。
证明：(1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD，
(2)性质定理：垂直于同一平面的两条直线 平行 . (píngxíng) 用符号语言表示为：a⊥α，b⊥α⇒ a∥b .
2021/12/13
第五页，共三十八页。
3．两平面垂直的判定
(1)利用定义：两个平面相交，若所成的二面角为 90°，
则称这两个平面互相垂直．
(2) 判 定 定 理 ： 如 果 一 个 平 面 经 过 另 一 个 平 面 的 一
2021/12/13
第二十四页，共三十八页。
因为 FE⊂平面 PCE，所以平面 PAC⊥平面 PCE. 因为 PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 所以 PA⊥BD. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BD⊥AC. 因为 PA∩AC＝A，所以 BD⊥平面 PAC. 因为 BD∥EF，所以 EF⊥平面 PAC.
2021/12/13
第二十页，共三十八页。
【变式探究(tànjiū)】
1．四面体 ABCD 中，AC＝BD，E、F 分别是 AD、BC 的中点，且 EF＝ 22AC，∠BDC＝90°，求证：BD⊥平面 ACD.
2021/12/13
第二十一页，共三十八页。
证明：取 CD 的中点 G，连接 EG、FG，
第二十三页，共三十八页。
高中数学知识点总结(第八章 立体几何 第五节 直线、平面垂直的判定与性质)
第五节 直线、平面垂直的判定与性质一、基础知识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 ⊥a l ⊥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 ∥b⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2．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❷，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＝a l ⊥a ⇒l ⊥α[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]二、常用结论直线与平面垂直的五个结论(1)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的任意直线．(2)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．(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，则这一条直线与另一个平面也垂直．(5)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．考点一直线与平面垂直的判定与性质[典例]如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明](1)在四棱锥PABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.∵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，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∵PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.[解题技法]证明线面垂直的4种方法(1)线面垂直的判定定理：l ⊥a ，l ⊥b ，a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝P ⇒l ⊥α. (2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. (3)性质：①a ∥b ，b ⊥α⇒a ⊥α，②α∥β，a ⊥β⇒a ⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ⇒l ⊥γ.(客观题可用) [口诀归纳]线面垂直的关键，定义来证最常见， 判定定理也常用，它的意义要记清. 平面之内两直线，两线相交于一点， 面外还有一直线，垂直两线是条件. [题组训练]1．(2019·安徽知名示范高中联考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝BB 1，AB 1∩A 1B ＝E ，D 为AC 上的点，B 1C ∥平面A 1BD .(1)求证：BD ⊥平面A 1ACC 1；(2)若AB ＝1，且AC ·AD ＝1，求三棱锥A BCB 1的体积． 解： (1)证明：如图，连接ED ，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ， ∴B 1C ∥ED ， ∵E 为AB 1的中点， ∴D 为AC 的中点， ∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC .∵A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，∴A 1A ⊥BD . 又∵A 1A ，AC 是平面A 1ACC 1内的两条相交直线， ∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ，又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12，∴V A BCB 1＝V B 1ABC ＝13S △ABC ·BB 1＝13×12×1＝16.2.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)∵AB＝BC，∴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[典例](2018·江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.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.[解题技法] 证明面面垂直的2种方法 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[题组训练]1．(2019·武汉调研)如图，三棱锥P ABC 中，底面ABC 是边长为2的正三角形，P A ⊥PC ，PB ＝2.求证：平面P AC ⊥平面ABC .证明：取AC 的中点O ，连接BO ，PO . 因为△ABC 是边长为2的正三角形， 所以BO ⊥AC ，BO ＝ 3.因为P A ⊥PC ，所以PO ＝12AC ＝1.因为PB ＝2，所以OP 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 因为AC ∩OP ＝O ， 所以BO ⊥平面P AC . 又OB ⊂平面ABC ， 所以平面P AC ⊥平面ABC .2.(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面是矩形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点，且P A ＝AD .求证：(1)AF ∥平面PEC ； (2)平面PEC ⊥平面PCD .证明：(1)取PC 的中点G ，连接FG ，EG ， ∵F 为PD 的中点，G 为PC 的中点， ∴FG 为△CDP 的中位线， ∴FG ∥CD ，FG ＝12CD .∵四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点， ∴AE ∥CD ，AE ＝12CD .∴FG ＝AE ，FG ∥AE ， ∴四边形AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ，∴AF∥平面PEC.(2)∵P A＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∵AF⊂平面P AD，∴CD⊥AF.又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD.由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.[课时跟踪检测]A级1．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⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．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．(2019·湘东五校联考)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③解析：选A对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.3．已知P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC解析：选C由P A⊥平面ACB⇒P A⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥P A，BC⊥AC，P A∩AC＝A，可得BC⊥平面P AC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．4.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：选A因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平央ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC解析：选D因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，所以BC⊥平面P AE，又DF∥BC，则DF⊥平面P AE，从而平面PDF⊥平面P AE.因此选项B、C均正确．6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________个；与AP垂直的直线有________个．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P AC，又∵AP⊂平面P AC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：317．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．解析：①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．故所有的真命题的序号是①②.答案：①②8．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．解析：如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．答案：①③9．(2019·太原模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面P AD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．解：(1)证明：连接BD.∵P A＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD，又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵P A＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝ 3.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝12×3×3＝32.∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC ⊥平面PNB .又PM ＝2MC ， ∴V P NBM ＝V M PNB ＝23V C PNB ＝23×13×32×2＝23.10.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .证明：(1)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1， 在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点． 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F .(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1， 因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1， 所以A 1C 1⊥B 1D ，又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F ， 因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ， 所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .B 级1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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P A ＝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)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 ＝12AC ＝2，CM ＝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455.2．(2019·河南中原名校质量考评)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E ，F 分别是CD ，PC 的中点．求证：(1)BE ∥平面P AD ； (2)平面BEF ⊥平面PCD .证明：(1)∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 是CD 的中点， ∴AB ∥DE 且AB ＝DE ， ∴四边形ABED 为平行四边形，∴AD ∥BE ，又BE ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， ∴BE ∥平面P AD .(2)∵AB ⊥AD ，∴四边形ABED 为矩形， ∴BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，∵平面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，P A ⊥AD ， ∴P A ⊥底面ABCD ， ∴P A ⊥CD ，又P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD ， ∵E ，F 分别是CD ，PC 的中点， ∴PD ∥EF ，∴CD ⊥EF ，又EF ∩BE ＝E ， ∴CD ⊥平面BEF ，∵CD ⊂平面PCD ，∴平面BEF ⊥平面PCD .。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何8.5空间中的垂直关系课件文
证明：设 E 为 BC 的中点，连接 A1E，DE，AE，由题意得 A1E ⊥平面 ABC，∴A1E⊥AE.
∵AB＝AC，∴AE⊥BC，∴AE⊥平面 A1BC. 由 D，E 分别为 B1C1，BC 的中点，得 DE∥B1B 且 DE＝B1B， 从而 DE∥A1A 且 DE＝A1A， ∴四边形 A1AED 为平行四边形， ∴A1D∥AE. 又∵AE⊥平面 A1BC，∴A1D⊥平面 A1BC.
(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1.
第十四页，共33页。
证明：(1)由题意知 E 为 B1C 的中点，又 D 为 AB1 的中点，∴DE∥AC.又∵DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C，∴DE∥平面 AA1C1C.
(2)∵棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱，∴CC1⊥平面 ABC.∵AC⊂平面 ABC，∴AC⊥CC1.又∵AC⊥BC，CC1 ⊂平面 BCC1B1，BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C，∴ AC⊥平面 BCC1B1.又∵BC1⊂平面 BCC1B1，∴BC1⊥AC. ∵BC＝CC1，∴矩形 BCC1B1 是正方形，∴BC1⊥B1C.又 AC∩B1C＝C，∴BC1⊥平面 B1AC.又∵AB1⊂平面 B1AC， ∴BC1⊥AB1.
第十页，共33页。
类型一 线线垂直问题
如图，在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中，D1D⊥平面 ABCD， 底面 ABCD 是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD； (2)证明：CC1∥平面 A1BD.
第十一页，共33页。
证明：(1)∵D1D⊥面 ABCD，且 BD⊂面 ABCD，∴D1D⊥BD.
第五页，共33页。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第五节空间垂直的判定与性质A组专项基础测试三年模拟精选一、选择题1．(2015·豫南五市模拟)m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )①若m、n都平行于平面α，则m、n一定不是相交直线；②若m、n都垂直于平面α，则m、n一定是平行直线；③已知α、β互相垂直，m、n互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；④m、n在平面α内的射影互相垂直，则m、n互相垂直．A．②B．②③C．①③D．②④解析①③④错误，②正确，故选A.答案 A2．(2015·四川雅安模拟)下列说法错误的是( )A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行解析如果两条直线和一个平面所成的角相等，这两条直线可以平行、相交、异面．故选D.答案 D3．(2014·江南十校)在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )解析A中，∵CD⊥平面AMB，∴CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角，C中AB与CD成45°角，D中，AB与CD夹角的正切值为 2.答案 A4.(2014·山东东营一模)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析由BC1⊥AC，BA⊥AC，得AC⊥平面ABC1，所以平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．答案 A二、填空题5．(2013·河南师大附中二模)如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．解析由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得⊥，∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；④在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．答案①④一年创新演练6．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，命题p：若m∥n，m∥β，则n∥β，命题q：“m⊥β，n⊥β，n⊥α”是“m⊥α”成立的充分条件，则下列结论正确的是( )A．p∧(綈q)是真命题B．(綈p)∨q是真命题C．(綈p)∧q是假命题D．p∨q是假命题解析对于命题p，若m∥n，m∥β，则n可能在平面β内，故命题p为假命题；对于命题q，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则有m⊥α，故命题q是真命题，故綈p为真命题，綈q 为假命题，故(綈p)∨q是真命题，选B.答案 B7.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点，现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．答案 BB组专项提升测试三年模拟精选一、选择题8.(2014·青岛模拟) 如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C，D，E均异于A，B)，则△ACD是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形解析∵a⊥b，b⊥c，a∩c＝B，∴b⊥面ABC，∴AD⊥AC，故△ACD为直角三角形．答案 B二、填空题9．(2015·绵阳模拟)在正三棱锥PABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．解析如图，∵PABC为正三棱锥，∴PB⊥AC.又∵DE∥AC，DE⊂平面PDE，AC⊄平面PDE，∴AC∥平面PDE.故①②正确．答案①②10．(2014·安徽省名校联考)给出命题：①在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行；②设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；③已知α，β表示两个不同平面，m 为平面α内的一条直线，“α⊥β”是“m ⊥β”的充要条件；④在三棱锥S ABC 中，SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，则S 在平面ABC 内的射影是△ABC 的垂心； ⑤a ，b 是两条异面直线，P 为空间一点，过P 总可以作一个平面与a ，b 之一垂直，与另一条平行．其中，正确的命题是________(只填序号)．解析 ①错误，垂直于同一个平面的两个平面也可能相交；③错误，“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件；⑤错误，只有当异面直线a ，b 垂直时才可以作出满足要求的平面；易知②④正确．答案 ②④三、解答题11．(2015·山东菏泽二模)如图，将边长为2的正六边形ABCDEF 沿对角线BE 翻折，连接AC 、FD ，形成如图所示的多面体，且AC ＝ 6.(1)证明：平面ABEF ⊥平面BCDE ；(2)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明 正六边形ABCDEF 中，连接AC 、BE ，交点为G ，易知AC ⊥BE ，且AG ＝CG ＝3，在多面体中，由AC ＝6，知AG 2＋CG 2＝AC 2，故AG ⊥GC ，又GC ∩BE ＝G ，GC ，BE ⊂平面BCDE ，故AG ⊥平面BCDE,又AG ⊂平面ABEF ，所以平面ABEF ⊥平面BCDE .(2)解 连接AE 、CE ，则AG 为三棱锥A －BCE 的高，GC 为△BCE 的高．在正六边形ABCDEF 中，BE ＝2AF ＝4，故S △BCE ＝12×4×3＝23， 所以V E －ABC ＝V A －BCE ＝13×23×3＝2.12.(2014·广东佛山模拟)如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形ABB 1A 1是正方形，AC ＝AB ＝1，A 1C ＝A 1B ，B 1C 1∥BC ，B 1C 1＝12BC .(1)求证：平面A 1AC ⊥平面ABC ；(2)求证：AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵四边形ABB 1A 1为正方形，∴A 1A ＝AB ＝AC ＝1，A 1A ⊥AB .∴A 1B ＝ 2.∵A 1C ＝A 1B ，∴A 1C ＝2，∴AC 2＋AA 21＝A 1C 2，∴∠A 1AC ＝90°，∴A 1A ⊥AC .∵AB ∩AC ＝A ，∴A 1A ⊥平面ABC .又∵A 1A ⊂平面A 1AC ，∴平面A 1AC ⊥平面ABC .(2)取BC 的中点E ，连接AE ，C 1E ，B 1E .∵B 1C 1∥BC ，B 1C 1＝12BC ，∴B 1C 1∥EC ，B 1C 1＝EC ，∴四边形CEB 1C 1为平行四边形．∴B 1E ∥C 1C .∵C 1C ⊂平面A 1C 1C ，B 1E ⊄平面A 1C 1C ，∴B 1E ∥平面A 1C 1C .∵B 1C 1∥BC ，B 1C 1＝12BC ，∴B 1C 1∥BE ，B 1C 1＝BE ，∴四边形BB 1C 1E 为平行四边形，∴B 1B ∥C 1E ，且B 1B ＝C 1E .又∵四边形ABB 1A 1是正方形，∴A 1A ∥C 1E ，且A 1A ＝C 1E ，∴四边形AEC 1A 1为平行四边形，∴AE ∥A 1C 1.∵A 1C 1⊂平面A 1C 1C ，AE ⊄平面A 1C 1C ，∴AE ∥平面A 1C 1C .∵AE ∩B 1E ＝E ，∴平面B 1AE ∥平面A 1C 1C .∵AB 1⊂平面B 1AE ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .一年创新演练13.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 .证明 (1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝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)如图，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 .因为四边形ABCD 为正方形，所以BD ⊥AC .又因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面ACEF .又CF ⊂平面ACEF ，所以CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G .所以CF ⊥平面BDE .14.如图，在直三棱柱ABC A1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1；(2)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直角三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD ，因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直．以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz .设BA ＝2，则B (0，0，0)，C (2，0，0)，A (0，2，0)，C 1(2，0，1)，D (1，0，0)， 假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0，2，1)，B 1(0，0，1)， 故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2.所以AE →＝(0，λ－2，1)，DC 1→＝(1，0，1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC 1→〉|＝|AE →·DC 1→||AE →|·|DC 1→|＝12. 即|1（λ－2）2＋1·2|＝12， 解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．。