2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何第5講直線平面垂直的判定及性質(zhì)教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第5講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)基礎(chǔ)學(xué)問整合1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的判定定理(2)直線與平面垂直的性質(zhì)定理2．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的判定定理(2)平面與平面垂直的性質(zhì)定理直線與平面垂直的五個(gè)結(jié)論(1)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則這條直線垂直于這個(gè)平面內(nèi)的隨意直線．(2)若兩條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．(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．1．設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β，下列結(jié)論正確的是()A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥mC．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m答案A解析依據(jù)線面垂直的判定定理知A正確；當(dāng)α⊥β，l?α，m?β時(shí)，l與m可能平行、垂直或異面，故B錯(cuò)誤；當(dāng)l∥β，l?α?xí)r，α與β可能平行，也可能相交，故C錯(cuò)誤；當(dāng)α∥β，l?α，m?β時(shí)，l與m可能平行，也可能異面，故D錯(cuò)誤．故選A.2．(2024·浙江模擬)已知相互垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿意m∥α，n⊥β，則()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案C解析∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β，∵n⊥β，∴n⊥l.故選C.3．設(shè)m，n表示兩條不同的直線，α，β表示兩個(gè)不同的平面，下列命題為真命題的是()A．若m⊥α，α⊥β，則m∥βB．若m∥α，m⊥β，則α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，則n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n答案B解析對(duì)于A，m可以在β內(nèi)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于C，n可以在α內(nèi)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，m與n可以平行，故D錯(cuò)誤．4．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CDA．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC答案C解析eq\a\vs4\al(解法一：)如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯(cuò)誤；∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC∴A1E⊥BC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)誤．故選C.eq\a\vs4\al(解法二：)(空間向量法)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0，0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，－1))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→))≠0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))≠0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≠0，∴A1E⊥BC1.故選C.5．如圖所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在面ABC上的射影HA．直線AB上B．直線BC上C．直線CA上D．△ABC內(nèi)部答案A解析∵CA⊥AB，CA⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴CA⊥平面ABC1.∴平面ABC⊥平面ABC1.∴過C1作垂直于平面ABC的直線在平面ABC1內(nèi)．∴H∈AB.6．(2024·沈陽模擬)已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正確的個(gè)數(shù)是________．答案3解析如圖所示．∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC?平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB.但AB不肯定垂直于BC.核心考向突破考向一有關(guān)垂直關(guān)系的推斷例1(1)已知平面α及α外的一條直線l，下列命題中不正確的是()A．若l垂直于α內(nèi)的兩條平行線，則l⊥αB．若l平行于α內(nèi)的一條直線，則l∥αC．若l垂直于α內(nèi)的兩條相交直線，則l⊥αD．若l平行于α內(nèi)的多數(shù)條直線，則l∥α答案A解析由直線與平面平行的有關(guān)定理和結(jié)論可知選項(xiàng)B，D正確，選項(xiàng)C是直線和平面垂直的判定定理，而A中，直線l也可以是與平面α斜交或平行的直線，故選A.(2)(2024·福建質(zhì)量檢查)如圖，AB是圓O的直徑，VA垂直圓O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的隨意一點(diǎn)，M，N分別為VA，VC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．MN∥ABB．MN與BC所成的角為45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案D解析依題意，MN∥AC，又直線AC與AB相交，因此MN與AB不平行，A錯(cuò)誤；留意到AC⊥BC，因此MN與BC所成的角是90°，B錯(cuò)誤；留意到直線OC與AC不垂直，因此OC與平面VAC不垂直，C錯(cuò)誤；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC⊥平面VAC.又BC?平面VBC，所以平面VBC⊥平面VAC，D正確．故選D.觸類旁通推斷垂直關(guān)系需留意的問題(1)作圖要嫻熟，借助幾何圖形來說明線面關(guān)系要做到作圖快、準(zhǔn)．eq\a\vs4\al(2擅長(zhǎng)找尋反例，若存在反例，結(jié)論就被駁倒了.)3要思索完整，反復(fù)驗(yàn)證全部可能的狀況，必要時(shí)要運(yùn)用判定或性質(zhì)定理進(jìn)行簡(jiǎn)潔說明.即時(shí)訓(xùn)練1.(2024·北京東城模擬)已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個(gè)不重合的平面，那么下面給出的條件中肯定能推出m⊥β的是()A．α⊥β，且m?α B．m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β答案B解析因?yàn)棣痢挺?，m?α，則m，β的位置關(guān)系不確定，可能平行、相交、m在β面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；由線面垂直的性質(zhì)定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關(guān)系也不確定，故C錯(cuò)誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關(guān)系也不確定，故D錯(cuò)誤．故選B.2．(2024·銀川模擬)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有()A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案A解析由平面圖形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故選A.考向二直線與平面垂直的判定與性質(zhì)角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(1))利用線線垂直證明線面垂直例2(1)(2024·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．①證明：PO⊥平面ABC；②若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離．解①證明：因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r(3).連接OB，因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.②作CH⊥OM，垂足為H.又由①可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離．由題設(shè)可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°.在△OCM中依據(jù)余弦定理可求得OM＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點(diǎn)C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).(2)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D為AC上的點(diǎn)，B1C∥平面A1①求證：BD⊥平面A1ACC1；②若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱錐A－BCB1的體積．解①證明：如圖，連接ED，∵平面AB1C∩平面A1BD＝EDB1C∥平面A1BD∴B1C∥ED∵E為AB1的中點(diǎn)，∴D為AC的中點(diǎn)，∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由A1A⊥平面ABC，BD?平面ABC，得A1A⊥又∵A1A，AC是平面A1ACC1∴BD⊥平面A1ACC1.②由AB＝1，得BC＝BB1＝1，由①知AD＝eq\f(1,2)AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，∴AC2＝2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)，∴VA－BCB1＝VB1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·BB1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6).角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(2))利用線面垂直證明線線垂直例3(1)(2024·四川模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，以AE為折痕將△DAE向上折起，D變?yōu)镈′，且平面D′AE⊥平面ABCE.①求證：AD′⊥EB；②求點(diǎn)E到平面ABD′的距離．解①證明：∵AE＝BE＝2eq\r(2)，AB＝4，∴AB2＝AE2＋BE2，∴AE⊥EB.取AE的中點(diǎn)M，連接MD′，則AD′＝D′E＝2?MD′⊥AE，∵平面D′AE⊥平面ABCE，MD′?平面D′AE，∴MD′⊥平面ABCE，∴MD′⊥BE，AE∩D′E＝M，從而EB⊥平面AD′E，∴AD′⊥EB.②由①知MD′⊥平面ABCE，且MD′＝eq\r(2)，S△AEB＝4，易知BM＝eq\r(10)，BD′＝2eq\r(3)，AD′＝2，AB＝4，S△ABD′＝2eq\r(3).設(shè)點(diǎn)E到平面ABD′的距離為d，由VE－ABD′＝VD′－ABE，得eq\f(1,3)×2eq\r(3)d＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×4，∴d＝eq\f(2\r(6),3).(2)(2024·江蘇模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分別是AC，B1C求證：①M(fèi)N∥平面ABB1A1②AN⊥A1B.證明①取AB的中點(diǎn)P，連接PM，PB1.因?yàn)镸，P分別是AC，AB的中點(diǎn)，所以PM∥BC，且PM＝eq\f(1,2)BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1因?yàn)镹是B1C1的中點(diǎn)，所以PM∥B1N且PM＝B1N所以四邊形PMNB1是平行四邊形，所以MN∥PB1，而MN?平面ABB1A1，PB1?平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1②因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1所以BB1⊥平面A1B1C1又因?yàn)锽B1?平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C又因?yàn)椤螦1B1C1＝∠ABC所以B1C1⊥B1A又平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝B1B1C1?平面A1B1C所以B1C1⊥平面ABB1A又因?yàn)锳1B?平面ABB1A1所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B連接AB1，因?yàn)樵谄叫兴倪呅蜛BB1A1中，AB＝AA1所以AB1⊥A1B.又因?yàn)镹B1∩AB1＝B1，且AB1，NB1?平面AB1N，所以A1B⊥平面AB1N，而AN?平面AB1N，所以A1B⊥AN.觸類旁通證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵(1)證明直線和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)．2證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直有時(shí)需借助線面垂直的性質(zhì).即時(shí)訓(xùn)練3．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，點(diǎn)M在線段PC上，且PM＝2MC，N為AD的中點(diǎn)．(1)求證：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱錐P－NBM的體積．解(1)證明：連接BD.∵PA＝PD，N為AD的中點(diǎn)，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BN⊥AD.又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝eq\r(3).又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，∴VP－NBM＝VM－PNB＝eq\f(2,3)VC－PNB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(2,3).4．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)證明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．解(1)證明：如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO.因?yàn)锳D＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.從而AC⊥平面DOB，又BD?平面DOB，故AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E為BD的中點(diǎn)，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.考向三面面垂直的判定與性質(zhì)例4(1)(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧Ceq\x\to(D)所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))上異于C，D的點(diǎn)．①證明：平面AMD⊥平面BMC；②在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說明理由．解①證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.②當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM的中點(diǎn)，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.(2)如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.①證明：平面PAC⊥平面PCE；②若∠ABC＝60°，求三棱錐P－ACE的體積．解①證明：如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O，設(shè)PC的中點(diǎn)為F，連接OF，EF.易知O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)F∥PA，且OF＝eq\f(1,2)PA.因?yàn)镈E∥PA，且DE＝eq\f(1,2)PA，所以O(shè)F∥DE，且OF＝DE，所以四邊形OFED為平行四邊形，所以O(shè)D∥EF，即BD∥EF.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC.因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.因?yàn)锽D∥EF，所以EF⊥平面PAC.因?yàn)镋F?平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.②解法一：因?yàn)椤螦BC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，所以AC＝2.又PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PA⊥AC.所以S△PAC＝eq\f(1,2)PA×AC＝2.因?yàn)镋F⊥平面PAC，所以EF是三棱錐E－PAC的高．易知EF＝DO＝BO＝eq\r(3)，所以三棱錐P－AC