統(tǒng)考版2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章8.5直線平面垂直的判定和性質(zhì)學(xué)案理含解析

高考復(fù)習(xí)資料PAGE1-/NUMPAGES1第五節(jié)直線、平面垂直的判定和性質(zhì)【回顧知識點(diǎn)】一、必記6個(gè)知識點(diǎn)1．直線與平面垂直(1)定義：直線l與平面α內(nèi)的①________一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行?a∥b2.直線和平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的④________叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是直角；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°的角．(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．平面與平面垂直(1)二面角：從一條直線出發(fā)的⑤________所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點(diǎn)，以該點(diǎn)為垂足，在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作⑥________的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角．4．平面和平面垂直的定義兩個(gè)平面相交，如果所成的二面角是⑦_(dá)_______，就說這兩個(gè)平面互相垂直．5．平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直?α⊥β性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直?l⊥α6.垂直關(guān)系中的兩個(gè)重要結(jié)論(1)若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．(2)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個(gè)重要方法)．二、必明3個(gè)易誤點(diǎn)1．證明線面垂直時(shí)，易忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件．2．面面垂直的判定定理中，直線在面內(nèi)且垂直于另一平面易忽視．3．面面垂直的性質(zhì)定理在使用時(shí)易忘面內(nèi)一線垂直于交線而盲目套用造成失誤．【小題熱身鍛煉】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?．(1)l與平面α內(nèi)的兩條直線垂直，則直線l⊥平面α.()(2)直線l不可能和兩個(gè)相交平面都垂直．()(3)當(dāng)α⊥β時(shí)，直線l過α內(nèi)一點(diǎn)且與交線垂直，則l⊥β.()(4)若兩個(gè)平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面．()二、教材改編2．下列命題不正確的是()A．過平面外一點(diǎn)，有且只有一條直線與這個(gè)平面垂直B．過平面外一點(diǎn)，有無數(shù)條直線與這個(gè)平面平行C．過直線外一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面與這條直線垂直D．過直線外一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面與這條直線平行3．已知直線a，b與平面α，β，γ，能使α⊥β的充分條件是()A．α⊥γ，β⊥γB．α∩β＝a，b⊥a，b?βC．a(chǎn)∥β，a∥αD．a(chǎn)∥α，a⊥β三、易錯(cuò)易混4．若l，m為兩條不同的直線，α為平面，且l⊥α，則“m∥α”是“m⊥l”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件5．已知直線a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，則a與α的位置關(guān)系為________．四、走進(jìn)高考6．[2019·北京卷]已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________.(參考答案不唯一)eq\x(考點(diǎn)一)直線與平面垂直的判斷與性質(zhì)[互動(dòng)講練型][例1][2021·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]如圖，在多面體EFABCD中，四邊形ABCD為正方形，四邊形ACEF為矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求證：BE⊥平面CDF；(2)求點(diǎn)E到平面CDF的距離．悟·技法判定線面垂直的四種方法(1)利用線面垂直的判定定理．(2)利用“兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個(gè)平面垂直”．(3)利用“一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則與另一個(gè)也垂直”．(4)利用面面垂直的性質(zhì)定理.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2021·南昌市高三年級摸底測試卷]如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是A1E上一點(diǎn)，且A1F＝2FE.(1)證明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱錐C1－A1FC的體積．考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)[互動(dòng)講練型][例2][2020·全國卷Ⅰ]如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，∠APC＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設(shè)DO＝eq\r(2)，圓錐的側(cè)面積為eq\r(3)π，求三棱錐P－ABC的體積．悟·技法面面垂直的證明方法(1)定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線線垂直加以解決．[提示]兩平面垂直，在一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線必垂直于另一個(gè)平面．這是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)．運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．[2021·石家莊市重點(diǎn)高中高三畢業(yè)班摸底考試]如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是邊長為2的等邊三角形，且AB＝BC＝eq\r(2)，PA＝2.(1)求證：平面PAC⊥平面PBD；(2)若點(diǎn)M是棱PC的中點(diǎn)，求直線PD與BM所成角的余弦值．考點(diǎn)三平面圖形翻折成空間圖形[互動(dòng)講練型][例3][2019·全國卷Ⅲ]圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．悟·技法對于翻折問題，應(yīng)明確：在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)可能會(huì)發(fā)生變化．解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法.[變式練]——(著眼于舉一反三)3．[2021·“超級全能生”聯(lián)考]如圖，四邊形ABCD為等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，將△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E為AB的中點(diǎn)，連接DE，DB.(1)求證：BC⊥AD；(2)求點(diǎn)E到平面BCD的距離．第五節(jié)直線、平面垂直的判定和性質(zhì)【回顧知識點(diǎn)】①任意②a∩b＝O③a⊥αb⊥α④銳角⑤兩個(gè)半平面⑥垂直于棱⑦直二面角⑧l(xiāng)⊥αl?β⑨α∩β＝a【小題熱身鍛煉】1．參考答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．參考答案：D3．題目解析：對A，α與β可能平行；對B，當(dāng)α與β相交但不垂直時(shí)，也會(huì)有b⊥a，b?β；對C，α與β可能平行，也可能相交，故A，B，C均錯(cuò)誤．故選D.參考答案：D4．題目解析：由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，則m∥α或者m?α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件，故選A.參考答案：A5．題目解析：當(dāng)a?α且a垂直于α、β的交線時(shí)，滿足已知．參考答案：a∥α或a?α6．題目解析：把其中兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，共有三種情況．對三種情況逐一驗(yàn)證．①②作為條件，③作為結(jié)論時(shí)，還可能l∥α或l與α斜交；①③作為條件，②作為結(jié)論和②③作為條件，①作為結(jié)論時(shí)，容易證明命題成立．參考答案：①③?②或②③?①課堂考點(diǎn)突破考點(diǎn)一例1題目解析：(1)證明：如圖，分別取AD，BC，BE，DF的中點(diǎn)P，Q，M，N，連接AN，PN，PQ，QM，MN，則QM∥CE，PN∥AF，QM＝eq\f(1,2)CE，PN＝eq\f(1,2)AF.∵在矩形ACEF中，AF綊CE，∴QM綊PN，∴四邊形PQMN為平行四邊形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四邊形ABMN為平行四邊形，∴AN∥BM.∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.同理FA⊥AD.又由條件知AD＝AF，∴AN⊥DF，則BM⊥DF，即BE⊥DF.∵DC⊥BC，EC⊥DC，且BC∩CE＝C，∴DC⊥平面BCE，∴DC⊥BE.又BE⊥DF，DC∩DF＝D，∴BE⊥平面CDF.(2)設(shè)點(diǎn)E到平面CDF的距離為h.由(1)可得EC⊥BC.又BC⊥CD，CD∩CE＝C，∴BC⊥平面CDE，∴AD⊥平面CDE.在矩形ACEF中，AF∥CE，∴AF∥平面CDE，∴三棱錐F－CDE的高等于AD的長，且AD＝1.由(1)易知CD⊥平面ADF，∵DF?平面ADF，∴CD⊥DF，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2).設(shè)點(diǎn)E到平面CDF的距離為h，∵VF－CDE＝VE－DCF，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)h，解得h＝eq\f(\r(2),2).變式練1．題目解析：(1)如圖，連接AE，因?yàn)锳B＝AC＝2，AB⊥AC，E為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC，AE＝eq\r(2).由于三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，故AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AE，AA1⊥BC.在直角三角形A1AE中，因?yàn)锳A1＝2，AE＝eq\r(2)，所以A1E＝eq\r(6)，那么EF＝eq\f(\r(6),3).所以eq\f(AE,EF)＝eq\f(A1E,AE)，所以△A1AE∽△AFE，所以∠AFE＝∠A1AE＝90°，即AF⊥A1E.由AE⊥BC，AA1⊥BC，AA1∩AE＝A，得BC⊥平面A1AE，AF?平面A1AE?BC⊥AF.由AF⊥A1E，AF⊥BC，BC∩A1E＝E，得AF⊥平面A1BC.(2)過E作ED⊥AC，交AC于點(diǎn)D，連接A1D，過F作FG∥ED，交A1D于點(diǎn)G.因?yàn)锳A1⊥平面ABC，所以AA1⊥ED，又ED⊥AC，AC∩AA1＝A，所以ED⊥平面AA1C，所以FG⊥平面AA1C.因?yàn)镕G∥ED，A1F＝2FE，所以FG＝eq\f(2,3)ED＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)AB＝eq\f(2,3).S△A1CC1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，所以V三棱錐C1－A1FC＝V三棱錐F－A1CC1＝eq\f(1,3)S△A1CC1·FG＝eq\f(1,3)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).考點(diǎn)二例2題目解析：(1)由題設(shè)可知，PA＝PB＝PC.由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.從而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l.由題設(shè)可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3).從而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱錐P－ABC的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8).變式練2．題目解析：(1)證明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，取AC的中點(diǎn)O，連接OB，OD，則AC⊥OB，AC⊥OD，∴點(diǎn)O，B，D共線，即AC⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD?平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.(2)取CD的中點(diǎn)N，連接MN，BN，則MN∥PD.∴∠BMN或其補(bǔ)角是異面直線PD與BM所成的角．Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝2eq\r(2)，∴MN＝eq\r(2).連接OM，則OM∥PA，∴OM⊥平面ABCD，Rt△MOB中，MO＝OB＝1，∴BM＝eq\r(2).△BDN中，BD＝eq\r(3)＋1，DN＝1，∠BDN＝30°，由余弦定理BN2＝BD2＋DN2－2BD·DN·cos30°，得BN2＝2＋eq\r(3).△BMN中，cos∠BMN＝eq\f(BM2＋MN2－BN2,2·BM·MN)＝eq\f(2＋2－2＋\r(3),2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(2－\r(3),4)，∴直線PD與BM所成角的余弦值為eq\f(2－\r(3),4).考點(diǎn)三例3題目解析：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BC∩BE＝B，故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳B∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE.故DE⊥