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第5节 直线、平面垂直的判定及其性质


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.

1. 直线与平面垂直

2.直线和平面所成的角

3.二面角的有关概念

4.平面与平面垂直

[思考探究] 垂直于同一平面的两平面是否平行?

提示:垂直于同一平面的两平面可能平行,也可能相交.

1.直线a⊥直线b,a⊥平面β,则b与β的位置关系是 (

)

A.b⊥β
C.b? β

B.b∥ β
D.b?β或b∥ β

解析:由垂直和平行的有关性质可知b? β 或b∥ β.

答案:D

2.(文)已知直线a和两个平面α,β,给出下列四个命题: ①若a∥α,则α内的任何直线都与a平行;

②若a⊥α,则α内的任何直线都与a垂直;
③若α∥β,则β内的任何直线都与α平行; ④若α⊥β,则β内的任何直都与α垂直. 则其中 A.②、③为真 B.①、②为真 ( )

C.①、④为真

D.③、④为真

解析:若a∥α,则α内的无数直线都与a平行,但不是任意

一条,即①不正确;若a⊥α,则α内的任何直线都与a垂直,
即②正确;若α∥β ,则β内的任何直线都与α平行,即③ 正确;若α⊥ β ,则β内有无数条直线都与α垂直,但不是 任意一条,即④不正确. 综上可得②、③为真,故应选A. 答案:A

(理)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C与对角面DD1B1B
所成角的大小是 A.15° C.45° B.30° D.60° ( )

解析:如图所示,连结AC交BD 于O点,易证AC⊥平面DD1B1B, 连结B1O,则∠CB1O即为B1C与 对角面所成的角,设正方体边长为a,则B1C= a,CO= a,∴sin∠CB1O= ∴∠CB1O=30°. 答案:B .

3.已知直线l⊥平面α,直线m?平面β,有下列命题:

①α∥β?l⊥m;②α⊥β?l∥m;
③l∥m?α⊥β;④l⊥m?α∥β. 其中正确的命题是 A.①与② C.②与④ B.③与④ D.①与③ ( )

解析:对①,l⊥α,α∥β ?l⊥ β ,
又∵m? β ,∴l⊥m,∴①正确; 对②,α⊥ β ,l⊥α,则l∥β或l? β ,∴l不一定与m 平行, ∴②错误; 对③,∵l∥m,l⊥α,∴m⊥α, 又m? β ,∴α⊥ β ,∴③正确;④错误.

答案:D

4.在△ABC中,∠ACB=90°,AB=8,∠ABC=60°,PC⊥ 平 面ABC,PC=4,M是AB上一个动点,则PM的最小值 为 .

解析:∵PC⊥平面ABC,CM?平面ABC, ∴PC⊥CM,∴PM= =

要使PM最小,只需CM最小,此时CM⊥AB, ∴CM= 答案:2 =2 ,∴PM的最小值为2 .

5.如图,平面ABC⊥平面BDC, ∠BAC=∠BDC=90°,且 AB=AC=a,则AD= .

解析:取BC中点E,连结ED、AE, ∵AB=AC,∴AE⊥BC.

∵平面ABC⊥平面BDC,
∴AE⊥平面BCD. ∴AE⊥ED. 在Rt△ABC和Rt△BCD中, AE=ED= BC= a,

∴AD=
答案:a

=a.

1.证明直线和平面垂直的常用方法: (1)利用判定定理.

(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α?b⊥α).
(3)利用面面平行的性质(a⊥α,α∥β?a⊥β). (4)利用面面垂直的性质. 当直线和平面垂直时,该直线垂直于平面内的任一直线, 常用来证明线线垂直.

2.直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的
判定定理,可以并入平行推导链中,实现平行与垂直 的相互转化,即线线垂直?线面垂直?线线平行?线

面平行.

(2009· 福建高考改编)如图, 平行四边形ABCD中,∠DAB=60°, AB=2,AD=4.将△CBD沿BD折起 到△EBD的位置,使平面EBD⊥平

面ABD.
求证:AB⊥DE.

[思路点拨]

[课堂笔记] 证明:在△ABD中,
∵AB=2,AD=4,∠DAB=60°, ∴BD= ∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD. 又∵平面EBD⊥平面ABD, =2 .

平面EBD∩平面ABD=BD,AB?平面ABD,
∴AB⊥平面EBD. ∵DE?平面EBD,∴AB⊥DE.

本例中,ED与平面ABD垂直吗? 解:由例1知,AB⊥BD,
∵CD∥AB,∴CD⊥BD,从而DE⊥BD. 又∵平面EBD⊥平面ABD,ED?平面EBD, ∴ED⊥平面ABD.

1.证明平面与平面垂直的方法主要有: (1)利用定义证明.只需判定两平面所成的二面角为直二面角 即可.

(2)利用判定定理.在审题时,要注意直观判断哪条直线可能
是垂线,充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边, 勾股定理等结论.

2.关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆.

(2009· 江苏高考)如图,在 三棱柱ABC-A1B1C1中,E、F分别 是A1B、A1C的中点,点D在B1C1上,

A1D⊥B1C.求证:
(1)EF∥平面ABC; (2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.

[思路点拨]

[课堂笔记] (1)因为E、F分别是A1B、A1C的中点,

所以EF∥BC,
又EF?平面ABC,BC?平面ABC. 所以EF∥平面ABC. (2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, 所以BB1⊥平面A1B1C1, 所以BB1⊥A1D,

又A1D⊥B1C,B1C∩BB1=B1.
所以A1D⊥平面BB1C1C,

又A1D?平面A1FD,
所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.

两个平面垂直的性质定理,可以作为直线和平面垂 直的判定定理,当条件中有两个平面垂直时,常添加的 辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线.

如图①,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,
∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿对角线BD折起, 记折起后点的位置为P,且使平面PBD⊥平面BCD,如图②.

(1)求证:平面PBC⊥平面PDC;
(2)在折叠前的四边形ABCD中,作AE⊥BD于E,过E作 EF⊥BC于F,求折起后的图形中∠PFE的正切值.

[思路点拨]

[课堂笔记] (1)证明:折叠前,在四边形ABCD中,

AD∥BC,AD=AB,∠BAD=90°,
所以△ABD为等腰直角三角形.又因为∠BCD=45°,所以 ∠BDC=90°. 折叠后,因为面PBD⊥面BCD, CD⊥BD,所以CD⊥面PBD. 又因为PB ?面PBD,所以CD⊥PB. 又因为PB⊥PD,PD∩CD=D,所以PB⊥面PDC.

又PB?面PBC,故平面PBC⊥平面PDC.

(2)AE⊥BD,EF⊥BC,折叠后的位置关系不变,

所以PE⊥BD.
又面PBD⊥面BCD,所以PE⊥面BCD, 所以PE⊥EF. 设AB=AD=a,则BD= 在Rt△BEF中, EF=BE· sin45°= a× = a. = = . a,所以PE= a=BE.

在Rt△PFE中,tan∠PFE=

高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点 之一,有时在客观题中考查,更多的是在解答题中考查. 求这两种空间角的步骤: 根据线面角的定义或二面角的平面角的定义,作(找)出该角, 再解三角形求出该角,步骤是作(找)―→认(指) ―→求.

在客观题中,也可用射影法: 设斜线段AB在平面α内的射影为A′B′,AB与α所成角为θ, 则cosθ= . 设△ABC在平面α内的射影三角形为△A′B′C′,平面

ABC与α所成角为θ,则cosθ=

.

(2010· 安阳模拟)三棱锥P- ABC中,PC、AC、BC两两垂直, BC=PC=1,AC=2,E、F、G分 别是AB、AC、AP的中点.

(1)证明:平面GFE∥平面PCB;
(2)求二面角B-AP-C的正切值.

[思路点拨]

[课堂笔记] (1)证明:因为E、F、G分别是AB、AC、
AP的中点, 所以EF∥BC,GF∥CP. 因为EF,GF?平面PCB. 所以EF∥平面PCB,GF∥平面PCB. 又EF∩GF=F, 所以平面GFE∥平面PCB.

(2)∵BC⊥PC,BC⊥CA,且PC∩AC=C, ∴BC⊥平面PAC. 过点C作CH⊥PA于H点, 连结HB,则易证HB⊥PA,

∴∠BHC即为二面角B-AP-C的平面角.
在Rt△ACP中,AP= = (等积). = = . = ,HC=

∴tan∠BHC=

近年来开放型问题不断在高考试题中出现, 这说明高考对学生的能力要求越来越高,这也符 合新课标的理念,因而在复习过程中要善于对问

题进行探究.立体几何中结合垂直关系,设计开放
型试题将是新课标高考命题的一个动向.

[考题印证]
(2009· 浙江高考)(12分)如图, 平面PAC⊥平面ABC,△ABC是 以AC为斜边的等腰直角三角形, E,F,O分别为PA,PB,AC的中点,AC=16,PA=PC=10. (1)设G是OC的中点,证明:FG∥平面BOE; (2)证明:在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE,并

求点M到OA、OB的距离.

【证明】

(1)如图,取PE的

中点为H,连结HG、HF.┄┄(1分)
因为点E,O,G,H分别是PA, AC,OC,PE的中点, ┄┄┄┄(2分) 所以HG∥OE,HF∥EB. 因此平面FGH∥平面BOE. 因为FG在平面FGH内,

所以FG∥平面BOE.
┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(4分)

(2)在平面OAP内,过点P作

PN⊥OE,交OA于点N,交OE于
点Q.连结BN,过点F作FM∥PN, 交BN于点M.┄┄┄(5分) 下证FM⊥平面BOE. 由题意,得OB⊥平面PAC,

所以OB⊥PN,
又因为PN⊥OE,所以PN⊥平面BOE. 因此FM⊥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(7分)

在Rt△OAP中,
OE= PA=5,PQ= = , <OA, ,

cos∠NPO=

ON=OP· tan∠NPO=

所以点N在线段OA上.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(9分)
因为F是PB的中点,所以M是BN的中点.┄┄(10分)

因此点M在△AOB内,点M到OA,OB的距离分别为
=4, ON= .┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)

OB

[自主体验]

如图所示,已知长方体ABCD-
A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,E为 线段AD1的中点,F为线段BD1的中点. (1)求证:EF∥平面ABCD; (2)设M为线段C1C的中点,当 的比值为多少时,

DF⊥平面D1MB,并说明理由

解:(1)证明:∵E、F分别是

AD1和BD1的中点,
∴EF∥AB,又EF?平面ABCD, AB?平面ABCD, ∴EF∥平面ABCD.

(2)设

=λ(λ>0),AD=a,

则DD1=λa,连结MF. 若DF⊥平面D1MB,

则有DF⊥D1B,DF⊥FM.

在Rt△BDD1中,

DF=
= = . a,

又F、M分别是BD1,CC1的中点,易证FM=

又DM=



a,

∴在Rt△DFM中,DF2+FM2=DM2,


解得λ2=2,∴λ= 即当 = ,



时,DF⊥平面D1MB.

1.(2010· 三亚模拟)若两直线a与b异面,则过a且与b垂直的 平面 A.有且只有一个 B.至多有一个 ( )

C.有无数多个

D.一定不存在

解析:当a⊥b时,存在一个过a且与b垂直的平面;若a与b 不垂直,则不存在这样的平面. 答案:B

2.下列三个命题,其中正确命题的个数为
①平面α∥平面β,平面β⊥平面γ,则α⊥γ; ②平面α∥平面β,平面β∥平面γ,则α∥γ; ③平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则α⊥γ. A.1 C.3 B.2 D.0

(

)

解析:①正确;②正确;③错误.

答案:B

3.已知直线a,b和平面α,β,且a⊥α,b⊥ β ,那么

α⊥ β 是 a ⊥ b 的
A.充分但不必要条件 C.充分必要条件

(
B.必要但不充分条件

)

D.既不充分也不必要条件

解析:若α⊥ β ,由a⊥α则容易推出a? β 或a∥ β ,而

b⊥β,于是a⊥b;若a⊥b,则容易推出α⊥ β ,故α⊥ β
是a⊥b的充分必要条件. 答案:C

4.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中
点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P 的轨迹的周长为 ( )

解析:依题意知,动点P的轨迹为如图所示 的三角形EFG,容易求得,EF= BD= , GE=GF= SB= , + .

所以轨迹的周长为 答案:C

5.正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是棱AA1和AB上的 点,若∠B1MN是直角,则∠C1MN= .

解析:如图所示,由正方体性质可知 B1C1⊥MN,又MB1⊥MN, ∴MN⊥平面MB1C1. ∵C1M?平面MB1C1, ∴C1M⊥MN, 即∠C1MN=90° 答案:90°

6.(2010· 苏北三市联考)如图, 在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,M、N、G分别是A1A, D1C,AD的中点.求证: (1)MN∥平面ABCD; (2)MN⊥平面B1BG.

证明:(1)取CD的中点记为E, 连NE,AE. 由N,E分别为CD1与CD的中点可得 NE∥D1D且NE= D1D, D1D

又AM∥D1D且AM=

所以AM∥EN且AM=EN,即四边形AMNE为平行四边形,

所以MN∥AE,
又AE?面ABCD,所以MN∥面ABCD.

(2)由AG=DE,∠BAG=∠ADE=90°,DA=AB

可得△EDA与△GAB全等.
所以∠ABG=∠DAE, 又∠DAE+∠AED=90°,∠AED=∠BAF, 所以∠BAF+∠ABG=90°, 所以AE⊥BG,

又BB1⊥AE,所以AE⊥面B1BG,
又MN∥AE,所以MN⊥平面B1BG.


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