2019高考数学考点突破——立体几何初步：直线、平面垂直的判定及其性质Word版含解析.doc

直线、平面垂直的判定及其性质 ‎【考点梳理】‎ ‎1．直线与平面垂直 ‎(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．‎ ‎(2)判定定理：如果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．‎ ‎(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．‎ ‎(4)直线和平面垂直的性质：‎ ‎①垂直于同一个平面的两条直线平行．‎ ‎②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．‎ ‎③垂直于同一条直线的两平面平行．‎ ‎2．直线和平面所成的角 ‎(1)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．‎ ‎(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.‎ ‎3．二面角的有关概念 ‎(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．‎ ‎(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．‎ ‎4．平面与平面垂直 ‎(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．‎ ‎(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，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α ‎【考点突破】‎ 考点一、线面垂直的判定与性质 ‎【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点.证明：‎ ‎(1)CD⊥AE；‎ ‎(2)PD⊥平面ABE.‎ ‎[解析] (1)在四棱锥P－ABCD中，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，‎ 又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，‎ ‎∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.‎ ‎(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.‎ ‎∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.‎ 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，‎ ‎∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.‎ 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，‎ ‎∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.‎ 又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．证明直线和平面垂直的常用方法有：‎ ‎(1)判定定理；‎ ‎(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；‎ ‎(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；‎ ‎(4)面面垂直的性质．‎ ‎2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．‎ ‎【对点训练】‎ 如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.‎ ‎(1)求证：CD⊥平面ABD；‎ ‎(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥AMBC的体积．‎ ‎[解析] (1)因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，‎ 所以AB⊥CD.‎ 又因为CD⊥BD，AB∩BD＝B，‎ AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，‎ 所以CD⊥平面ABD.‎ ‎(2)由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD.‎ 又AB＝BD＝1，所以S△ABD＝×12＝.‎ 因为M是AD的中点，所以S△ABM＝S△ABD＝.‎ 根据(1)知，CD⊥平面ABD，‎ 则三棱锥CABM的高h＝CD＝1，‎ 故VAMBC＝VCABM＝S△ABM·h＝.‎ 考点二、面面垂直的判定与性质 ‎【例2】如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面 ABCD.‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ ‎[解析] (1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.‎ 因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.‎ 故AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面AEC，‎ 所以平面AEC⊥平面BED.‎ ‎(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，‎ 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，‎ 所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.‎ 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，‎ 可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥EACD的体积 V三棱锥EACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，‎ 故x＝2.‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．面面垂直的证明的两种思路：‎ ‎(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；‎ ‎(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．‎ ‎2．垂直问题的转化关系：‎ ‎【对点训练】‎ 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.‎ ‎[解析] (1)由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥PA，CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD，故AB⊥PD.‎ 又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，又AB∩AD＝A，可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，‎ 故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.‎ 由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，‎ 可得四棱锥P－ABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ 考点三、平行与垂直的综合问题 ‎【例3】如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.‎ 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ ‎[解析] (1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.‎ 在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，‎ 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.‎ 又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，‎ 所以直线DE∥平面A1C1F.‎ ‎(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.‎ 因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.‎ 又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.‎ 又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.‎ 因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．‎ ‎2‎ ‎．垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．‎ ‎【对点训练】‎ 在三棱锥VABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．‎ ‎(1)求证：VB∥平面MOC；‎ ‎(2)求证：平面MOC⊥平面VAB．‎ ‎[解析] (1)因为O，M分别为AB，VA的中点，‎ 所以OM∥VB.‎ 又因为VB平面MOC，所以VB∥平面MOC.‎ ‎(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.‎ 又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，‎ 所以OC⊥平面VAB.‎ 所以平面MOC⊥平面VAB.‎ ‎【例4】如图，在三棱柱ABC A1B‎1C1中，侧面ABB‎1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A‎1C.‎ ‎(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；‎ ‎(2)设D是A‎1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求三棱锥E ABC1的体积．‎ ‎[解析] (1)在三棱柱ABC A1B‎1C1中，侧面ABB‎1A1是矩形，‎ ‎∴AA1⊥AB，‎ 又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，‎ ‎∴A‎1A⊥平面ABC，‎ ‎∴A‎1A⊥AC，‎ 又A‎1A＝AC，‎ ‎∴A‎1C⊥AC1.‎ 又BC1⊥A‎1C，BC1∩AC1＝C1，‎ ‎∴A‎1C⊥平面ABC1，‎ 又A‎1C⊂平面A1ACC1，‎ ‎∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.‎ ‎ (2)当E为B1B的中点时，连接AE，EC1，DE，如图，取A‎1A的中点F，连接EF，FD，‎ ‎∵EF∥AB，DF∥AC1，‎ 又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，‎ ‎∴平面EFD∥平面ABC1，‎ 又DE⊂平面EFD，‎ ‎∴DE∥平面ABC1.‎ 此时VE ABC1＝VC1 ABE＝××2×2×4＝.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．对命题条件探索性的主要途径：‎ ‎(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；‎ ‎(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．‎ ‎2．平行(垂直)中点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.‎ ‎【对点训练】‎ 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.‎ ‎(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；‎ ‎(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.‎ ‎ [解析] (1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．‎ 理由如下：连接CM，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以BC∥AM，且BC＝AM.‎ 所以四边形AMCB是平行四边形，‎ 所以CM∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，‎ 所以CM∥平面PAB.‎ ‎(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，‎ 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，M为AD的中点，连接BM，‎ 所以BC∥MD，且BC＝MD，‎ 所以四边形BCDM是平行四边形，‎ 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.‎