2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何第五節(jié)直線與平面垂直的判定及其性質(zhì)學(xué)案理含解析

PAGE第五節(jié)直線與平面垂直的判定及其性質(zhì)[最新考綱][考情分析][核心素養(yǎng)]1.以立體幾何的有關(guān)定義、公理和定理為動(dòng)身點(diǎn)，相識(shí)和理解空間中線面垂直、面面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理，并能夠證明相關(guān)性質(zhì)定理.2.能運(yùn)用線面垂直、面面垂直的判定定理及性質(zhì)定理證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡(jiǎn)潔命題.1.以空間幾何體為載體，考查線線、線面、面面垂直的證明.2.利用垂直關(guān)系及垂直的性質(zhì)進(jìn)行適當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化，處理綜合問題.1.直觀想象2.邏輯推理3.數(shù)學(xué)運(yùn)算‖學(xué)問梳理‖1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的定義直線l與平面α內(nèi)的eq\x(1)隨意一條直線都垂直，就說直線l與平面α相互垂直．(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的eq\x(2)兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(3)a，b?α,\x(4)a∩b＝O,\x(5)l⊥a,\x(6)l⊥b))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線eq\x(7)平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(8)a⊥α,\x(9)b⊥α))?a∥b?常用結(jié)論1．直線與平面垂直的定義經(jīng)常逆用，即a⊥α，b?α?a⊥b.2．若平行直線中一條垂直于平面，則另一條也垂直于該平面．3．垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．4．過一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直．5．過一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直．2．平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一個(gè)平面過另一個(gè)平面的eq\x(10)垂線，則這兩個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(11)l?β,\x(12)l⊥α))?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eq\x(13)交線的直線與另一個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(14)α⊥β,\x(15)l?β,\x(16)α∩β＝a,\x(17)l⊥a))?l⊥α‖基礎(chǔ)自測(cè)‖一、疑誤辨析1．推斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)．(1)直線l與平面α內(nèi)多數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.()(2)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的多數(shù)條直線，則α⊥β.()(3)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的隨意一條直線垂直于另一個(gè)平面．()答案：(1)×(2)×(3)×二、走進(jìn)教材2．(必修2P66練習(xí)改編)已知直線a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，則b與α的位置關(guān)系為()A．b?α B．b∥αC．b?α或b∥α D．b與α相交答案：C3．(必修2P67練習(xí)2改編)已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，且PA，PB，PC兩兩垂直，有下列結(jié)論：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC．其中正確的是()A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①②③④答案：A三、易錯(cuò)自糾4.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，PA⊥平面ABC，則四面體P－ABC中共有直角三角形的個(gè)數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1解析：選A由PA⊥平面ABC可得，△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC．又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC為直角三角形，故四面體P－ABC中共有4個(gè)直角三角形．5．“直線a與平面M內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”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解析：選B依據(jù)直線與平面垂直的定義知由“直線a與平面M的多數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之成立，所以是必要不充分條件．6．設(shè)a，b是夾角為30°的異面直線，則滿意條件“a?α，b?β，且α⊥β”的平面α，β()A．不存在 B．有且只有一對(duì)C．有且只有兩對(duì) D．有多數(shù)對(duì)解析：選D過直線a的平面α有多數(shù)個(gè)，當(dāng)平面α與直線b平行時(shí)，兩直線的垂線與b確定的平面β⊥α，當(dāng)平面α與b相交時(shí)，過交點(diǎn)作平面α的垂線與b確定的平面β⊥α，故選D．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一\a\vs4\al(直線與平面垂直的判定與性質(zhì)))【例1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[證明](1)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD．因?yàn)锳C⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC．又AE?平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以AE⊥PC．由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．又PD?平面PCD，所以AE⊥PD．因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB．又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以AB⊥PD．又AE∩AB＝A，所以PD⊥平面ABE.?名師點(diǎn)津證明直線與平面垂直與利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直的通法是線面垂直的判定定理的應(yīng)用，其思維流程為eq\x(\a\al(第一步,找相交直線))—|在一個(gè)平面內(nèi)找到兩條相交直線?eq\x(\a\al(其次步,證線線垂直))—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(證明平面外的直線與這兩條相交直線,都垂直))?eq\x(\a\al(第三步,證線面垂直))—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(利用直線與平面垂直的判定定理證得,線面垂直))?eq\x(\a\al(第四步,證線線垂直))—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(由線面垂直的性質(zhì)得到線線垂直))|跟蹤訓(xùn)練|1．S是Rt△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點(diǎn)．(1)求證：SD⊥面ABC；(2)若AB＝BC，求證：BD⊥面SAC．證明：(1)如圖所示，取AB的中點(diǎn)E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，∴DE∥BC，又由題意知，AB⊥BC，∴DE⊥AB．∵SA＝SB，∴△SAB為等腰三角形，∴SE⊥AB．又SE∩DE＝E，∴AB⊥面SDE.又SD?面SDE，∴AB⊥SD．在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點(diǎn)，∴SD⊥AC．又AC∩AB＝A，∴SD⊥面ABC．(2)∵AB＝BC，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC．由(1)可知，SD⊥面ABC，又BD?面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥面SAC．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二\a\vs4\al(面面垂直的判定與性質(zhì)))【例2】(2024年北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說明理由．[解](1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD．又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC．因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC．(2)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD．所以AB⊥AE.又PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB．又AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE.理由如下：如圖所示，取F為PB的中點(diǎn)，取G為PA的中點(diǎn)，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB．因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為CD的中點(diǎn)，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB．所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因?yàn)镃F?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.?名師點(diǎn)津1．面面垂直判定的2種方法與1個(gè)轉(zhuǎn)化(1)2種方法①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理(α⊥β，a?α?α⊥β)．(2)1個(gè)轉(zhuǎn)化在已知兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化．在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．2．面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用(1)兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要留意“平面內(nèi)的直線”．(2)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．|跟蹤訓(xùn)練|2．(2025屆成都模擬)如圖，在四面體P－ABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4eq\r(2)，線段AC，PA的中點(diǎn)分別為O，Q.(1)求證：平面PAC⊥平面ABC；(2)求四面體P－OBQ的體積．解：(1)證明：∵PA＝PC，O是AC的中點(diǎn)，∴PO⊥AC，OA＝eq\f(1,2)AC＝3.在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得PO＝4，∵AB＝BC，O是AC的中點(diǎn)，∴BO⊥AC．在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得BO＝4.在△POB中，PO＝4，BO＝4，PB＝4eq\r(2)，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC．∵PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC．∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO?平面ABC，∴BO⊥平面PAC，∵VP－OBQ＝VB－POQ＝eq\f(1,3)S△PQO·BO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△PAO×4＝eq\f(1,3)×3×4＝4，∴四面體P－OBQ的體積為4.eq\a\vs4\al(\x(考點(diǎn)三)\a\vs4\al(平行與垂直的綜合問題——多維探究))●命題角度一平行與垂直關(guān)系的證明【例3】(2024年江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB＝BC．求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.[證明](1)在△ABC中，因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因?yàn)锳B＝BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC．因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因?yàn)锽E?平面ABC，所以C1C⊥BE.因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因?yàn)镃1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.?名師點(diǎn)津平行與垂直關(guān)系的證明最常用的方法是利用判定定理去證明，留意證題的規(guī)范化．●命題角度二折疊問題中的平行與垂直問題【例4】如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，沿BD將△BCD折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置．(1)若BC＝2AB，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABD．求證：AB⊥平面PBD．(2)點(diǎn)M，N分別在線段PA，PB上，AB∥平面DMN，試確定M，N的位置，使平面DMN將三棱錐P－ABD分成的兩部分的體積比為1∶3.[解](1)證明：設(shè)AB＝x，則CD＝x，BC＝2x，又在△BCD中，∠BCD＝60°，∴由余弦定理可得BD＝eq\r(3)x.又AD＝BC＝2x，∴AD2＝AB2＋BD2，∴AB⊥BD．又平面PBD⊥平面ABD，平面PBD∩平面ABD＝BD，∴AB⊥平面PBD．(2)∵AB∥平面DMN，平面DMN∩平面ABP＝MN，∴AB∥MN.要使平面DMN將三棱錐P－ABD分成的兩部分的體積比為1∶3，則V三棱錐D－PMN＝eq\f(1,4)V三棱錐D－PAB或V三棱錐D－PMN＝eq\f(3,4)V三棱錐D－PAB．①當(dāng)V三棱錐D－PMN＝eq\f(1,4)V三棱錐D－PAB時(shí)，eq\f(S△PMN,S△PAB)＝eq\f(1,4)，即eq\f(PM2,PA2)＝eq\f(PN2,PB2)＝eq\f(1,4)，即eq\f(PM,PA)＝eq\f(PN,PB)＝eq\f(1,2)；②當(dāng)V三棱錐D－PMN＝eq\f(3,4)V三棱錐D－PAB時(shí)，eq\f(S△PMN,S△PAB)＝eq\f(3,4)，即eq\f(PM2,PA2)＝eq\f(PN2,PB2)＝eq\f(3,4)，即eq\f(PM,PA)＝eq\f(PN,PB)＝eq\f(\r(3),2).故當(dāng)eq\f(PM,PA)＝eq\f(PN,PB)＝eq\f(1,2)或eq\f(PM,PA)＝eq\f(PN,PB)＝eq\f(\r(3),2)時(shí)，平面DMN將三棱錐P－ABD分成的兩部分的體積比為1∶3.?名師點(diǎn)津解決折疊類問題的步驟eq\x(第一步)—eq\x(確定折疊前后的各量之間的關(guān)系，搞清折疊前后的改變量和不變量)?eq\x(其次步)—eq\x(在折疊后的圖形中確定線和面的位置關(guān)系，明確須要用到的線面)?eq\x(第三步)—eq\x(利用判定定理或性質(zhì)定理進(jìn)行證明)|跟蹤訓(xùn)練|3．(2024年全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q－ABP的體積．解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC．又因?yàn)锽A⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD．因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如圖，過點(diǎn)Q作QE⊥AC，垂足為E，則QEeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,3)DC．由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱錐Q－ABP的體積為VQ－ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)\a\vs4\al(直線與平面垂直關(guān)系的創(chuàng)新應(yīng)用))【例】(2025屆湖南湘潭二模)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，點(diǎn)M在棱CC1上，當(dāng)MD1＋MA取得最