2022届高考（统考版）数学理科一轮复习教学案：第7章 第4节 直线、平面垂直的判定及其性质 （含解析）.doc

1、直线、平面垂直的判定及其性质直线、平面垂直的判定及其性质 考试要求 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与判定定理. 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 内的任意一条直线都垂直，则直线 l 与平面 垂 直 (2)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 abO la lb l 性质定 理 垂直于同一个平面的 两条直线平行 a b ab 2.直线和平面所成的角 (1)平

2、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 . (3)范围： 0， 2 . 3二面角的有关概念 (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)范围：0， 4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)判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定 理 一个平

3、面过另一个平面的 垂线，则这两个平面垂直 l l 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 a la l 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 一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”) (1)垂直于同一个平面的两平面平行 ( ) (2)若

4、，aa. ( ) (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) 二、教材习题衍生 1下列命题中错误的是( ) 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 A A 错误，l 与 可能平行或相交，其余选项均正确 2如图，正方形 SG1G2G3中，E，F 分别是 G1G2，G2G3的中点，

5、D 是 EF 的 中点，现在沿 SE，SF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 G1，G2，G3三点 重合，重合后的点记为 G，则在四面体 S- EFG 中必有( ) ASGEFG 所在平面 BSDEFG 所在平面 CGFSEF 所在平面 DGDSEF 所在平面 A 四面体 S- EFG 如图所示： 由 SGGE，SGGF. 且 GEGFG 得 SGEFG 所在的平面 故选 A 3.如图所示，已知 PA平面 ABC，BCAC，则图中直角三角形的个数 为 4 PA平面 ABC， PAAB，PAAC，PABC， 则PAB，PAC 为直角三角形 由 BCAC，且 ACPAA， BC平面 PAC

6、， 从而 BCPC 因此ABC，PBC 也是直角三角形 考点一 直线与平面垂直的判定与性质 判定线面垂直的四种方法 典例 1 (1)(2019 北京高考)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下 列三个论断： lm；m；l. 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： . (2)如图所示，已知 AB 为圆 O 的直径，点 D 为线段 AB 上一点，且 AD1 3DB， 点 C 为圆 O 上一点，且 BC 3AC，PD平面 ABC，PDDB 求证：PACD (1)或 (1)已知 l， m 是平面 外的两条不同直线， 由lm 与m，不能推出l，因为 l 可以与 平

7、行，也可以相交不垂直；由lm 与l能推出m； 由m与l可以推出lm.故正确的命题是 或. (2)证明 因为 AB 为圆 O 的直径，所以 ACCB，在 RtACB 中，由 3AC BC，得ABC30 . 设 AD1，由 3ADDB，得 DB3，BC2 3，由余弦定理得 CD2DB2 BC22DB BCcos 30 3， 所以 CD2DB2BC2，即 CDAB 因为 PD平面 ABC，CD平面 ABC， 所以 PDCD，由 PDABD，得 CD平面 PAB，又 PA平面 PAB，所以 PACD 点评：通过本例(2)的训练我们发现：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；另外，在解

8、题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理 及勾股定理的应用 跟进训练 如图所示，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，ABACAA13，BC2，D 是 BC 的中点，F 是 CC1上一点当 CF2 时，证明：B1F平面 ADF. 证明 因为 ABAC，D 是 BC 的中点，所以 ADBC 在直三棱柱 ABC- A1B1C1中， 因为 BB1底面 ABC，AD底面 ABC， 所以 ADB1B 因为 BCB1BB，BC，B1B平面 B1BCC1， 所以 AD平面 B1BCC1. 因为 B1F平面 B1BCC1， 所以 ADB1F. 法一：在矩形 B1BCC1中， 因为 C1FCD1，B1C1CF2

9、， 所以 RtDCFRtFC1B1， 所以CFDC1B1F， 所以B1FD90 ，所以 B1FFD 因为 ADFDD，AD，FD平面 ADF， 所以 B1F平面 ADF. 法二：在 RtB1BD 中，BDCD1，BB13， 所以 B1D BD2BB21 10. 在 RtB1C1F 中，B1C12，C1F1， 所以 B1F B1C21C1F2 5. 在 RtDCF 中，CF2，CD1， 所以 DF CD2CF2 5. 显然 DF2B1F2B1D2， 所以B1FD90 .所以 B1FFD 因为 ADFDD，AD，FD平面 ADF， 所以 B1F平面 ADF. 考点二 面面垂直的判定与性质 证明面面

10、垂直的两种方法 典例 2(2020 雅安模拟)如图，菱形 ABCD 与正三角形 BCE 的边长均为 2，它 们所在平面互相垂直，FD平面 ABCD (1)求证：平面 ACF平面 BDF； (2)若CBA60 ，求三棱锥 E- BCF 的体积 解 (1)证明：在菱形 ABCD 中，ACBD， FD平面 ABCD，FDAC 又BDFDD，AC平面 BDF. 而 AC平面 ACF，平面 ACF平面 BDF. (2)取 BC 的中点 O，连接 EO，OD， BCE 为正三角形，EOBC， 平面 BCE平面 ABCD 且交线为 BC， EO平面 ABCD FD平面 ABCD， EOFD，得 FD平面 B

11、CE. VE- BCFVF- BCEVD- BCEVE- BCD SBCD1 222sin 120 3，EO 3. VE- BCF1 3SBCDEO 1 3 3 31. 点评：抓住面面垂直的性质，实现面面与线面及线线垂直间的转化是求解本 题的关键，另外在第(2)问求解体积时等体积法的应用，是破题的另一要点，平时 训练要注意灵活应用 跟进训练 (2020 广州模拟)如图，在三棱锥 V- ABC 中，平面 VAB平面 ABC，VAB 为 等边三角形，ACBC，且 ACBC 2，O，M 分别为 AB，VA 的中点 (1)求证：平面 MOC平面 VAB； (2)求三棱锥 B- VAC 的高 解 (1)

12、证明：ACBC，O 为 AB 的中点， OCAB 平面 VAB平面 ABC， 平面 VAB平面 ABCAB， OC平面 ABC， OC 平面 VAB OC平面 MOC, 平面 MOC平面 VAB (2)在等腰直角ACB 中，ACBC 2， AB2，OC1， 等边VAB 的面积为 SVAB1 22 2sin 60 3， 又OC平面 VAB，OCOM， 在AMC 中，AM1，AC 2，MC 2， SAMC1 21 7 2 7 4 ，SVAC2SMAC 7 2 ， 由三棱锥 V- ABC 的体积与三棱锥 C- VAB 的体积相等， 即1 3SVAC h 1 3SVAB OC, h 31 7 2 2

13、21 7 ， 即三棱锥 B- VAC 的高为2 21 7 . 考点三 平行与垂直的综合问题 1.对命题条件的探索的三种途径 途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明 途径二：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 途径三：将几何问题转化为代数问题 2解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前 后的两个“不变” (1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； (2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变 探索性问题中的平行和垂直关系 典例 31 (2019 北京高考)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD， 底面 ABCD 为菱

14、形，E 为 CD 的中点 (1)求证：BD平面 PAC； (2)若ABC60 ，求证：平面 PAB平面 PAE； (3)棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF平面 PAE？说明理由 解 (1)证明：因为 PA平面 ABCD， 所以 PABD 因为底面 ABCD 为菱形，所以 BDAC 又 PAACA，所以 BD平面 PAC (2)证明：因为 PA平面 ABCD，AE平面 ABCD， 所以 PAAE. 因为底面 ABCD 为菱形，ABC 60 ，且 E 为 CD 的中点，所以 AECD， 所以 ABAE. 又 ABPAA， 所以 AE平面 PAB 因为 AE平面 PAE， 所以平面 PAB平面

15、PAE. (3)棱 PB 上存在点 F，使得 CF平面 PAE. 取 F 为 PB 的中点，取 G 为 PA 的中点，连接 CF，FG，EG. 则 FGAB，且 FG1 2AB 因为底面 ABCD 为菱形，且 E 为 CD 的中点， 所以 CEAB，且 CE1 2AB 所以 FGCE，且 FGCE. 所以四边形 CEGF 为平行四边形 所以 CFEG. 因为 CF平面 PAE，EG平面 PAE， 所以 CF平面 PAE. 点评：(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般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 n 等分点中的某一个，需根据 相关的知识确定点的位置 (2

16、)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位 置 折叠问题中的平行与垂直关系 典例 32 (2018 全国卷)如图，在平行四边形 ABCM 中，ABAC3， ACM90 .以 AC 为折痕将ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 ABDA (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 BPDQ2 3DA，求三棱锥 Q- ABP 的体积 解 (1)证明：由已知可得，BAC90 ，即 BAAC 又 BAAD，ADACA，AD，AC平面 ACD， 所以 AB平面 ACD 又 AB平面 ABC， 所以平面 ACD平面

17、 ABC (2)由已知可得，DCCMAB3，DA3 2. 又 BPDQ2 3DA，所以 BP2 2. 如图，过点 Q 作 QEAC，垂足为 E， 则 QEDC 且 QE1 3DC 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 VQ- ABP1 3SABPQE 1 3 1 232 2sin 45 11. 点评：本例第(1)问是垂直关系证明问题，求解的关键是抓住“BAAC”折叠 过程中始终不变；本例第(2)问是计算问题，求解的关键是抓住“ACM90 ”折 叠过程中始终不变即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理， 而对

18、于变化的关系则要在立体图形中解决. 跟进训练 1(2020 梧州模拟)如图，四边形 ABCD 中，ABADCD1，BD 2， BDCD将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 ABCD，使平面 ABD平面 BCD，则下列结论正确的是( ) AACBD BBAC90 CCA与平面 ABD 所成的角为 30 D四面体 ABCD 的体积为1 3 B 若 A 成立可得 BDAD，产生矛盾，故 A 错误；由题设知：BAD 为 等腰直角三角形，CD平面 ABD，得 BA平面 ACD，于是 B 正确；由 CA与平 面 ABD 所成的角为CAD45 知 C 错误；VABCDVC- ABD1 6 ，故 D

19、 错误，故 选 B 2.如图，直三棱柱 ABC- A1B1C1中，D，E 分别是棱 BC，AB 的中点，点 F 在 棱 CC1上，已知 ABAC，AA13，BCCF2. (1)求证：C1E平面 ADF； (2)设点 M 在棱 BB1上，当 BM 为何值时，平面 CAM平面 ADF? 解 (1)证明：连接 CE 交 AD 于 O，连接 OF. 因为 CE，AD 为ABC 的中线， 则 O 为ABC 的重心， 故 CF CC1 CO CE 2 3，故 OFC1E， 因为 OF平面 ADF，C1E平面 ADF， 所以 C1E平面 ADF. (2)当 BM1 时，平面 CAM平面 ADF. 证明如下：因为 ABAC，D 为 BC 的中点， 故 ADBC在直三棱柱 ABC- A1B1C1中， BB1平面 ABC，BB1平面 B1BCC1， 故平面 B1BCC1平面 ABC 又平面 B1BCC1平面 ABCBC，AD平面 ABC， 所以 AD平面 B1BCC1， 又 CM平面 B1BCC1，故 ADCM. 又 BM1，BC2，CD1，FC2， 故 RtCBMRtFCD 易证 CMDF，又 DFADD，DF，AD平面 ADF， 故 CM平面 ADF. 又 CM平面 CAM， 故平面 CAM平面 ADF.