高三数学一轮复习精品教案2：线面、面面垂直的判定与性质教学设计

第5课时 直线、平面垂直的判定与性质考纲传真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和判定定理．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.1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线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． (3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． 2．二面角的有关概念(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：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．3．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面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．(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．4．直线和平面所成的角(1)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直线和这个平面所成的角． (2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°．1．(人教A 版教材习题改编)给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面．其中真命题的个数是()A．1B．2C．3D．4『解析』由线面垂直的性质定理知①正确；由线面垂直的定义知④正确，故选B.『答案』B2．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⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交『解析』由a⊥b，a⊥α知b⊂α或b∥α，但直线b不与α相交．『答案』C3．边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则AC的长为()A.2aB.22a C.32a D．a『解析』如图所示：取BD的中点O连接A′O，CO，则∠A′OC是二面角A′—BD—C的平面角．即∠A′OC＝90°，又A′O＝CO＝22a，∴A′C＝a22＋a22＝a，即折叠后AC的长(A′C)为a.『答案』D4．下列命题中错误．．的是()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』A显然正确，根据面面垂直的判定，B正确．对于命题C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.∵γ⊥α，a⊥m，则a⊥α，∴a⊥l，同理有b⊥l.又a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ，∴l ⊥γ.故命题C正确．对于命题D，设α∩β＝l，则l⊂α，且l⊂β.故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D 错误． 『答案』 D5．(2012·浙江高考)设l 是直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β C ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β『解析』 设α∩β＝a ，若直线l ∥a ，且l ⊄α，l ⊄β，则l ∥α，l ∥β，因此α不一定平行于β，故A 错误；由于l ∥α，故在α内存在直线l ′∥l ，又因为l ⊥β，所以l ′⊥β，故α⊥β，所以B 正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l ，则l ⊥α，此时l 在平面β内，因此C 错误；已知α⊥β，若α∩β＝a ，l ∥a ，且l 不在平面α，β内，则l ∥α且l ∥β，因此D 错误．『答案』 B直线与平面垂直的判定与性质图7－5－1(2012·广东高考)如图7－5－1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．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面P AB .『思路点拨』 (1)证PH ⊥AB ，PH ⊥AD .(2)连接BH ，取BH 的中点G ，证明EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12PH .(3)取P A 的中点M ，连接MD ，ME ，证明MD ⊥平面P AB ，MD ∥EF . 『尝试解答』 (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PH ⊄平面ABCD ，AB ∩AD ＝A ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD .(2)如图，连接BH ，取BH 的中点G ，连接EG . 因为E 是PB 的中点， 所以EG ∥PH ， 且EG ＝12PH ＝12.因为PH ⊥平面ABCD ， 所以EG ⊥平面ABCD .因为AB ⊥平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥AD ，所以底面ABCD 为直角梯形， 所以V E －BCF ＝13S △BCF ·EG ＝13·12·FC ·AD ·EG ＝212.(3)取P A 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 ，所以MD ⊥AB .因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ，所以EF ⊥平面P AB .,1．证明直线和平面垂直的常用方法有：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；(3)面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)．(4)面面垂直的性质． 2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，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．3．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．图7－5－2(2013·大连模拟)如图7－5－2，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值． 『解』 (1)证明 由条件知四边形PDAQ 为直角梯形． 因为QA ⊥平面ABCD ，所以QA ⊥DC ，又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，又QA ∩AD ＝A ， 所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC . 在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD . 又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ . (2)设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q —ABCD 的高， 所以棱锥Q —ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P —DCQ 的高， 而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2， 所以棱锥P —DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q —ABCD 的体积与棱锥P —DCQ 的体积的比值为1.面面垂直的判定与性质图7－5－3(2012·课标全国卷)如图7－5－3，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 『思路点拨』 (1)证明DC 1⊥平面BDC .(2)先求四棱锥B —DACC 1的体积，再求三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积．『尝试解答』 (1)由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC .由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC . 又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC . 又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC . (2)设棱锥B －DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意得 V 1＝13×1＋22×1×1＝12.又三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝1，所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1. 故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.,1．解答本题(1)的关键是通过证明BC ⊥平面ACC 1A 1来证明DC 1⊥BC .2．证明面面垂直常用面面垂直的判定定理或定义法．(1)利用判定定理证明面面垂直实质是证明线面垂直，与其中一个平面垂直的直线的选取至关重要，要根据条件的直观图准确选取．(2)利用定义证明面面垂直实质是证明线线垂直，即证明两平面形成的二面角是直角．图7－5－4(2013·无锡模拟)如图7－5－4所示，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面P AD .『证明』 (1)如图，在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD . 又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面P AD.又因为BF⊂平面BEF.所以平面BEF⊥平面P AD.直线、平面垂直的综合应用图7－5－5(2013·哈尔滨模拟)如图7－5－5所示，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：P A⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D—PBC的高．『思路点拨』(1)证明BD⊥平面P AD.(2)作DE⊥PB，证明DE⊥平面PBC，在△PDB中计算DE的长．『尝试解答』(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理，BD＝3AD，从而AB2＝AD2＋BD2，故AD⊥BD，又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面P AD，故P A⊥BD.(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，∴BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.∵AD＝1，AB＝2，∠DAB＝60°，∴BD＝ 3.又PD＝1，∴PB＝2.根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝3 2，即棱锥D—PBC的高为3 2.,1．解答本题的关键是通过计算证明AD⊥BD，这也是解题中容易忽视的方法．2．面面垂直的性质是用来推证线面垂直的重要依据，其核心是其中一个面内的直线与交线垂直．在其中一个面内作交线的垂线，这是常作的辅助线．3．空间的直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直或平行问题常常互相转化，将空间问题化归为平面问题是处理立体几何问题的重要思想．图7－5－6如图7－5－6所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4，将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EDB⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E—ABD的侧面积．『解』(1)证明在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝AB2＋AD2－2AB·AD cos∠DAB＝23，∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面EBD，∵DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD，CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，∵DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，∴S△DBE＝12DB·DE＝2 3.又∵AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，∴AB⊥BE.∵BE＝BC＝AD＝4，∴S△ABE＝12AB·BE＝4.∵DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，∴ED⊥平面ABD，又AD⊂平面ABD，∴ED⊥AD，∴S△ADE＝12AD·DE＝4.综上，三棱锥E—ABD的侧面积S＝8＋2 3.线面角、二面角(2013·广州模拟)如图7－5－7，在锥体P—ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB＝60°，P A＝PD＝2，PB＝2，E，F分别是BC，PC的中点．图7－5－7(1)证明：AD⊥平面DEF；(2)求二面角P—AD—B的余弦值．『思路点拨』(1)取AD的中点G，则平面PGB∥平面DEF，只需证AD⊥平面PGB 即可．(2)作出二面角的平面角∠PGB，在△PGB中求解．『尝试解答』(1)取AD中点G，连接PG，BG.∵四边形ABCD为菱形，且E，G分别为BC，AD中点，则BG綊DE.又F为PC中点，则EF∥PB，则平面DEF∥平面GBP.∵G是AD中点且P A＝PD，∴PG ⊥AD .在△ABG 中，AG ＝12，AB ＝1，且∠DAB ＝60°，由余弦定理得BG ＝32，AB 2＝AG 2＋BG 2，则AG ⊥BG . ∵PG ∩BG ＝G ，∴AD ⊥平面PGB ，即AD ⊥平面DEF . (2)由(1)知二面角P —AD —B 的平面角为∠PGB . 在Rt △PGA 中，PG ＝P A 2－AG 2＝72. 在△PGB 中，BG ＝32，PB ＝2，由余弦定理知，cos ∠PGB ＝PG 2＋BG 2－PB 22PG ·BG ＝74＋34－42×72×32＝－217.,1．第(1)问关键是利用平面PGB ∥平面DEF ，若AD ⊥平面PGB ，则一定有AD ⊥平面DEF .2．求线面角、二面角的常用方法．(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法．注意利用等腰、等边三角形的性质．图7－5－8(2012·湖南高考)如图7－5－8所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC ⊥BD .(1)证明：BD ⊥PC ；(2)若AD ＝4，BC ＝2，直线PD 与平面P AC 所成的角为30°，求四棱锥P －ABCD 的体积．『解』 (1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又AC ⊥BD ，P A ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面P AC .而PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC .(2)如图所示，设AC 和BD 相交于点O ，连接PO ，由(1)知，BD ⊥平面P AC ，所以∠DPO 是直线PD 和平面P AC 所成的角．从而∠DPO ＝30°.由BD ⊥平面P AC ，PO ⊂平面P AC 知，BD ⊥PO .在Rt △POD 中，由∠DPO ＝30°得PD ＝2OD .因为四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，所以△AOD ，△BOC 均为等腰直角三角形．从而梯形ABCD 的高为12AD ＋12BC ＝12×(4＋2)＝3，于是梯形ABCD 的面积S ＝12×(4＋2)×3＝9.在等腰直角三角形AOD 中，OD ＝22AD ＝22， 所以PD ＝2OD ＝42，P A ＝PD 2－AD 2＝4.故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S ×P A ＝13×9×4＝12.一种关系垂直问题的转化关系三类证法1.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 . 2．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. 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.通过近两年的高考试题看，线线、线面、面面垂直的判定与性质的应用是考查的重点和热点，主要考查空间想象能力和推理论证能力，以及转化思想的应用．题型全面，但主要以解答题的形式考查，规范解答至关重要．规范解答之十一 立体几何中探索性问题的求解策略(14分)(2012·北京高考)如图7－5－9(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图7－5－9(2)．图7－5－9(1)求证：DE ∥平面A 1CB . (2)求证：A 1F ⊥BE .(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由． 『规范解答』 (1)因为D ，E 分别为AC ，AB的中点，所以DE∥BC.2分又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.4分(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，6分所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.9分(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEP.12分从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.14分『解题程序』第一步：根据三角形中位线证明DE∥BC.从而证明DE∥平面A1CB；第二步：利用线面垂直的判定定理证明DE⊥平面A1DC；第三步：通过证明A1F⊥平面BCDE来证明A1F⊥BE；第四步：分别取A1C，A1B的中点P，Q，证明P、Q、D、E四点共面；第五步：通过证明PD⊥A1C来证明A1C⊥平面DEQ.易错提示：(1)想不到或不会利用DE⊥A1D，导致无法求解．(2)对于是否存在型问题没有解题思路，从而无法作出辅助线，导致思路受阻．防范措施：(1)对于平面图形的折叠问题，一定要注意折叠前后的不变量与可变量，要有意识地注意折叠前后不变的垂直性与平行性．(2)对于是否存在型问题，首先要分析条件，看结论需要的条件已有哪些，分析欲使结论成立，还需要什么条件，结合所求，不难作出辅助线．1．(2013·青岛质检)设α、β为两个不同的平面，m、n为两条不同的直线，且m⊂α，n⊂β，有两个命题，p：若m∥n，则α∥β；q：若m⊥β，则α⊥β.那么()A．“p或q”是假命题B．“p且q”是真命题C．“非p或q”是假命题D．“非p且q”是真命题『解析』依题意得，命题p是假命题，命题q为真命题，所以“非p且q”是真命题．『答案』D图7－5－102．(2012·福建高考)如图7－5－10，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．(1)求三棱锥A－MCC1的体积；(2)当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.『解』 (1)由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知， AD ⊥平面CDD 1C 1，∴点A 到平面CDD 1C 1的距离等于AD ＝1. 又S △MCC 1＝12CC 1·CD ＝12×2×1＝1，∴VA －MCC 1＝13AD ·S △MCC 1＝13.(2)证明 将侧面CDD 1C 1绕DD 1逆时针转90°展开，与侧面ADD 1A 1共面(如图)， 当A 1，M ，C ′共线时，A 1M ＋MC 取得最小值． 由AD ＝CD ＝1，AA 1＝2， 得M 为DD 1的中点．连接A 1M 、B 1M ，在△C 1MC 中，MC 1＝2，MC ＝2，CC 1＝2，∴CC 21＝MC 21＋MC 2，得∠CMC 1＝90°， 即CM ⊥MC 1.又由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1知， B 1C 1⊥平面CDD 1C 1. ∴B 1C 1⊥CM . 又B 1C 1∩C 1M ＝C 1， ∴CM ⊥平面B 1C 1M ， 得CM ⊥B 1M . 同理可证，B 1M ⊥AM . 又AM ∩MC ＝M ， ∴B 1M ⊥平面MAC .。