5 第5讲 直线平面垂直的判定与性质.docx
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5第5讲直线平面垂直的判定与性质
第5讲 直线、平面垂直的判定与性质
1.直线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
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
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,则这两个平面互相垂直
⇒α⊥β
性质定理
两个平面互相垂直,则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面
⇒l⊥α
3.直线与平面所成的角
(1)定义:
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,如图,∠PAO就是斜线AP与平面α所成的角.
(2)线面角θ的范围:
θ∈.
①直线垂直于平面,则它们所成的角是直角;
②直线和平面平行或在平面内,则它们所成的角是0°的角;
③当直线与平面斜交时,它们所成的角是锐角.
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.( )
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( )
(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.( )
(4)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.( )
(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.( )
答案:
(1)×
(2)× (3)√ (4)× (5)×
如果直线a与平面α不垂直,那么在平面α内与直线a垂直的直线( )
A.只有一条 B.有无数条
C.是平面α内的所有直线D.不存在
解析:
选B.当直线a∥平面α时,在平面α内有无数条直线与直线a是异面垂直直线;当直线a⊂平面α时,在平面α内有无数条平行直线与直线a相交且垂直;当直线a与平面α相交但不垂直时,在平面α内有无数条平行直线与直线a垂直.故如果直线a与平面α不垂直,那么在平面α内与直线a垂直的直线有无数条.故选B.
(教材习题改编)线段AB的长等于它在平面α内的射影长的2倍,则AB所在直线与平面α所成的角为( )
A.30° B.45°
C.60°D.120°
解析:
选C.如图,AC⊥α,AB∩α=B,则BC是AB在平面α内的射影,则BC=AB,所以∠ABC=60°,它是AB与平面α所成的角.
设平面α与平面β相交于直线m,直线a在平面α内,直线b在平面β内,且b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的________条件.(填“充分不必要”或“必要不充分”或“充要”或“既不充分也不必要”)
解析:
若α⊥β,因为α∩β=m,b⊂β,b⊥m,所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α,又a⊂α,所以a⊥b;反过来,当a∥m时,因为b⊥m,一定有b⊥a,但不能保证b⊥α,所以不能推出α⊥β.
答案:
充分不必要
(教材习题改编)P为△ABC所在平面外一点,且PA、PB、PC两两垂直,则下列结论:
①PA⊥BC;②PB⊥AC;③PC⊥AB;④AB⊥BC,其中正确的个数是________.
解析:
如图所示.
因为PA⊥PC,PA⊥PB,PC∩PB=P,所以PA⊥平面PBC.又因为BC⊂平面PBC,所以PA⊥BC.同理,PB⊥AC,PC⊥AB.假设AB⊥BC,由①PA⊥BC,PA∩AB=A,则BC⊥平面PAB,而PC⊥平面PAB,所以BC∥PC,这与BC∩PC=C矛盾,
故假设不成立,所以AB⊥BC错误.
答案:
3
线面垂直的判定与性质(师生共研)
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,
所以DE∥BC,所以DE⊥AB,
因为SA=SB,所以△SAB为等腰三角形,
所以SE⊥AB.
又SE∩DE=E,
所以AB⊥平面SDE.
又SD⊂平面SDE,
所以AB⊥SD.
在△SAC中,SA=SC,D为AC的中点,
所以SD⊥AC.
又AC∩AB=A,所以SD⊥平面ABC.
(2)由于AB=BC,则BD⊥AC,
由
(1)可知,SD⊥平面ABC,
又BD⊂平面ABC,所以SD⊥BD,
又SD∩AC=D,所以BD⊥平面SAC.
判定线面垂直的四种方法
1.(2018·高考全国卷Ⅱ节选)如图,在三棱锥PABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.证明:
PO⊥平面ABC.
证明:
因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.
连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,
且OB⊥AC,OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
2.(2019·安徽省知名示范高中联考)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AB=BC=BB1,AB1∩A1B=E,D为AC上的点,B1C∥平面A1BD.
(1)求证:
BD⊥平面A1ACC1;
(2)若AB=1,且AC·AD=1,求三棱锥ABCB1的体积.
解:
(1)如图,连接ED,
因为平面AB1C∩平面A1BD=ED,B1C∥平面A1BD,
所以B1C∥ED,
因为E为AB1的中点,所以D为AC的中点,
因为AB=BC,所以BD⊥AC,①
由A1A⊥平面ABC,BD⊂平面ABC,得A1A⊥BD,②
由①②及A1A,AC是平面A1ACC1内的两条相交直线.
得BD⊥平面A1ACC1.
(2)由AB=1,得BC=BB1=1,
由
(1)知AD=AC,又AC·AD=1,所以AC2=2,
所以AC2=2=AB2+BC2,所以AB⊥BC,
所以S△ABC=AB·BC=,
所以VABCB1=VB1ABC=S△ABC·BB1=××1=.
面面垂直的判定与性质(师生共研)
如图,在四面体ABCD中,平面BAD⊥平面CAD,∠BAD=90°.M,N,Q分别为棱AD,BD,AC的中点.
(1)求证:
CD∥平面MNQ;
(2)求证:
平面MNQ⊥平面CAD.
【证明】
(1)因为M,Q分别为棱AD,AC的中点,
所以MQ∥CD,又CD⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,故CD∥平面MNQ.
(2)因为M,N分别为棱AD,BD的中点,所以MN∥AB,
又∠BAD=90°,故MN⊥AD.
因为平面BAD⊥平面CAD,平面BAD∩平面CAD=AD,且MN⊂平面ABD,所以MN⊥平面ACD,又MN⊂平面MNQ,所以平面MNQ⊥平面CAD.
(1)证明面面垂直的2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)三种垂直关系的转化
线线垂直)
1.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=.
证明:
平面ABEF⊥平面BCDE.
证明:
在正六边形
ABCDEF中,连接AC,BE,交点为G,易知AC⊥BE,且AG=CG=,
所以翻折后∠AGC为二面角ABEC的平面角,
由AC=,知AG2+CG2=AC2,故AG⊥GC,
所以∠AGC=90°,
所以平面ABEF⊥平面BCDE.
2.(2019·河北唐山五校摸底)如图,在四棱锥PABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,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)证明:
因为PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥PC.
因为AB=2,AD=CD=1,
所以AC=BC=,
所以AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC.
又BC∩PC=C,所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC,
所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)由PC=,PC⊥CB,得S△PBC=×()2=1.
由
(1)知,AC为三棱锥APBC的高.
易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB,则PA=AB=PB=2,
于是S△PAB=×22×sin60°=.
设三棱锥CPAB的高为h,则
S△PAB·h=S△PBC·AC,即×h=×1×,解得h=,故三棱锥CPAB的高为.
直线与平面所成的角(师生共研)
(2019·青海模拟)如图,正四棱锥PABCD的体积为2,底面积为6,E为侧棱PC的中点,则直线BE与平面PAC所成的角为( )
A.60° B.30°
C.45°D.90°
【解析】
如图,正四棱锥PABCD中,根据底面积为6可得,BC=.连接BD,交AC于点O,连接PO,则PO为正四棱锥PABCD的高,根据体积公式可得,PO=1.因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD,又BD⊥AC,PO∩AC=O,所以BD⊥平面PAC,连接EO,则∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角.在Rt△POA中,因为PO=1,OA=,所以PA=2,OE=PA=1,在Rt△BOE中,因为BO=,所以tan∠BEO==,即∠BEO=60°.
【答案】 A
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.
1.(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )
A.8B.6
C.8D.8
解析:
选C.连接BC1,因为AB⊥平面BB1C1C,所以∠AC1B=30°,AB⊥BC1,所以△ABC1为直角三角形.又AB=2,所以BC1=2.又B1C1=2,所以BB1==2,故该长方体的体积V=2×2×2=8.
2.已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上,球O的体积V球=,则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为____________.
解析:
如图,过点O作OM⊥平面ABCD,垂足为点M,则点M为正方形ABCD的中点.因为正方形ABCD的边长为2,所以AC=2,所以AM=.因为V球=πr3=,所以球O的半径OA=r=2,OA与平面ABCD所成的角的余弦值为cos∠OAM===.
答案:
逻辑推理——空间中平行与垂直的证明
(2018·高考北京卷)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.
(1)求证:
PE⊥BC;
(2)求证:
平面PAB⊥平面PCD;
(3)求证:
EF∥平面PCD.
【证明】
(1)因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形,
所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形,
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,
所以PD⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)取PC中点G,连接FG,DG.
因为F,G分别为PB,PC的中点,
所以FG∥BC,FG=BC.
因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,
所以DE∥BC,DE=BC.
所以DE∥FG,DE=FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
本题考查数学核心素养中的逻辑推理及直观想象、逻辑推理让学生能发现问题和提出问题;能掌握推理的基本形式,表述论证的过程;能理解数学知识之间的联系,构建知识框架;形成有论据、有条理、合乎逻辑的思维品质,增强数学交流能力.
(2019·太原市模拟试题
(一))如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=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PAD⊥平面ABCD,求三棱锥PNBM的体积.
解:
(1)连接BD.因为PA=PD,N为AD的中点,
所以PN⊥AD.
又底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,
所以△ABD为等边三角形,
所以BN⊥AD.又PN∩BN=N,所以AD⊥平面PNB.
(2)因为PA=PD=AD=2,所以PN=NB=.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD,所以PN⊥平面ABCD.
所以PN⊥NB,所以S△PNB=××=.
因为AD⊥平面PNB,AD∥BC,
所以BC⊥平面PNB.
又PM=2MC,
所以VPNBM=VMPNB=VCPNB=×××2=.
[基础题组练]
1.
如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体PABC中共有直角三角形的个数为( )
A.4B.3
C.2D.1
解析:
选A.由PA⊥平面ABC可得△PAC,△PAB是直角三角形,且PA⊥BC.又∠ABC=90°,所以△ABC是直角三角形,且BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,即△PBC为直角三角形,故四面体PABC中共有4个直角三角形.
2.下列命题中不正确的是( )
A.如果平面α⊥平面β,且直线l∥平面α,则直线l⊥平面β
B.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β
C.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β
D.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥γ
解析:
选A.根据面面垂直的性质,知A不正确,直线l可能平行于平面β,也可能在平面β内或与平面β相交.
3.在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=1,点D在棱BB1上,且BD=1,则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为( )
A.B.
C.D.
解析:
选B.如图,取AC,A1C1的中点分别为M,M1,连接MM1,BM,过点D作DN∥BM交MM1于点N,则易证DN⊥平面AA1C1C,连接AN,则∠DAN为AD与平面AA1C1C所成的角.在直角三角形DNA中,sin∠DAN===.
4.
如图,在正四面体PABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是( )
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面PAE
D.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,DF∥BC,
所以BC⊥平面PAE,则DF⊥平面PAE,从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B,C均正确.
5.若圆锥的侧面积是底面积的3倍,则其母线与底面夹角的余弦值为________.
解析:
设圆锥的底面半径为r,母线长为l,由题意πrl=3πr2,即l=3r,母线与底面夹角为θ,则cosθ==.
答案:
6.
如图,已知∠BAC=90°,PC⊥平面ABC,则在△ABC,△PAC的边所在的直线中,与PC垂直的直线有__________________;与AP垂直的直线有________.
解析:
因为PC⊥平面ABC,
所以PC垂直于直线AB,BC,AC.
因为AB⊥AC,AB⊥PC,AC∩PC=C,
所以AB⊥平面PAC,又因为AP⊂平面PAC,
所以AB⊥AP,与AP垂直的直线是AB.
答案:
AB,BC,AC AB
7.如图,在四棱锥EABCD中,平面EAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,EA⊥EB,点M,N分别是AE,CD的中点.
求证:
(1)直线MN∥平面EBC;
(2)直线EA⊥平面EBC.
证明:
(1)取BE的中点F,连接CF,MF.
因为M是AE的中点,所以MF綊AB.
因为N是矩形ABCD中边CD的中点,
所以NC綊AB,所以MF綊NC,
所以四边形MNCF是平行四边形,所以MN∥CF.
又MN⊄平面EBC,CF⊂平面EBC,所以MN∥平面EBC.
(2)因为平面EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩平面ABCD=AB,BC⊂平面ABCD,又因为在矩形ABCD中,BC⊥AB,所以BC⊥平面EAB.
又因为EA⊂平面EAB,所以BC⊥EA.
因为EA⊥EB,BC∩EB=B,EB⊂平面EBC,BC⊂平面EBC,
所以EA⊥平面EBC.
8.如图,四棱锥PABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AD=2,点M,N分别在棱PD,PC上,且PC⊥平面AMN.
(1)求证:
AM⊥PD;
(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值.
解:
(1)证明:
因为四边形ABCD是正方形,所以CD⊥AD.
又因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,故CD⊥平面PAD.
又AM⊂平面PAD,则CD⊥AM,
而PC⊥平面AMN,有PC⊥AM,又PC∩CD=C,则AM⊥平面PCD,故AM⊥PD.
(2)延长NM,CD交于点E,因为PC⊥平面AMN,
所以NE为CE在平面AMN内的射影,故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角,
又因为CD⊥PD,EN⊥PN,则有∠CEN=∠MPN,
在Rt△PMN中,sin∠MPN==,
故CD与平面AMN所成角的正弦值为.
[综合题组练]
1.(应用型)正方形ABCD与等边三角形BCE有公共边BC,若∠ABE=120°,则CE与平面ABCD所成角的大小为( )
A.B.
C.D.
解析:
选C.作EG⊥底面ABCD于点G,作GH⊥DC于点H,设所求的角为θ,
连接EH,CG,则∠ECG=θ,
则CD⊥EH.
又得∠ECD=120°,
设AB=2a,
则EH=a,
GH=a,
所以EG=a,
sinθ===,所以θ=.
故选C.
2.(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为________.
解析:
由题意画出图形,如图,设AC是底面圆O的直径,连接SO,则SO是圆锥的高.设圆锥的母线长为l,则由SA⊥SB,△SAB的面积为8,得l2=8,得l=4.在Rt△ASO中,由题意知∠SAO=30°,所以SO=l=2,AO=l=2.
故该圆锥的体积V=π×AO2×SO=π×
(2)2×2=8π.
答案:
8π
3.(2019·广州市调研测试)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.
(1)证明:
平面PAC⊥平面PCE;
(2)若∠ABC=60°,求三棱锥PACE的体积.
解:
(1)如图,连接BD,交AC于点O,设PC的中点为F,连接OF,EF.
易知O为AC的中点,
所以OF∥PA,且OF=PA,
因为DE∥PA,且DE=PA,
所以OF∥DE,且OF=DE,
所以四边形OFED为平行四边形,所以OD∥EF,即BD∥EF.
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.
因为EF⊂平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.
(2)法一:
因为∠ABC=60°,所以△ABC是等边三角形,所以AC=2.
又PA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PA⊥AC.
所以S△PAC=PA·AC=2.
因为EF⊥平面PAC,所以EF是三棱锥EPAC的高.
易知EF=DO=BO=,
所以三棱锥PACE的体积VPACE=VEPAC=S△PAC×EF=×2×=.
法二:
因为底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,所以△ACD为等边三角形.
取AD的中点M,连接CM,则CM⊥AD,且CM=.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CM,又PA∩AD=A,
所以CM⊥平面PADE,所以CM是三棱锥CPAE的高.
易知S△PAE=2,
所以三棱锥PACE的体积VPACE=VCPAE=S△PAE×CM=×2×=.
4.(综合型)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,M为棱AC的中点.AB=BC,AC=2,AA1=.
(1)求证:
B1C∥平面A1BM;
(2)求证:
AC1⊥平面A1BM.
证明:
(1)连接AB1与A1B,两线交于点O,连接OM.
在△B1AC中,
因为M,O分别为AC,AB1的中点,
所以OM∥B1C,
又因为OM⊂平面A1BM,B1C⊄平面A1BM,
所以B1C∥平面A1BM.
(2)因为侧棱AA1⊥底面ABC,
BM⊂平面ABC,所以AA1⊥BM,
又因为M为棱AC的中点,AB=BC,
所以BM⊥AC.
因为AA1∩AC=A,
AA1,AC⊂平面ACC1A1,
所以BM⊥平面ACC1A1,
所以BM⊥AC1.
因为AC=2,所以AM=1.
又因为AA1=,
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中,
tan∠AC1C=tan∠A1MA=,
所以∠AC1C=∠A1MA,
即∠AC1C+∠C1AC
=∠A1MA+∠C1AC=90°,
所以A1M⊥AC1.
因为BM∩A1M=M,
BM,A1M⊂平面A1BM,
所以AC1⊥平面A1BM.
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