新教材2022届高考数学人教版一轮复习课件：8.4 空间直线、平面的垂直

第四节　空间直线、平面的垂直 课前·基础巩固课堂·题型讲解高考·命题预测 课前·基础巩固 【教材回扣】1．直线与平面垂直的判定与性质文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条_____直线垂直，则该直线与此平面垂直性质定理垂直于同一个平面的两条直线_____相交平行 2.平面与平面垂直的判定与性质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_________，则这两个平面垂直性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的______，那么这条直线与另一个平面垂直．一条垂线交线 【题组练透】题组一判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()2．垂直于同一个平面的两平面平行．()3．若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()4．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()×××× 题组二教材改编1．(多选题)下列命题正确的是()A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直B．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行答案：AC 2．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是()A．α⊥γ，β⊥γB．α＝a，b⊥a，b⊂βC．a∥β，a∥αD．a∥α，a⊥β解析：对A，α与β可能平行；对B，当α与β相交但不垂直时，也会有b⊥a，b⊂β；对C，α与β可能平行，也可能相交，故A，B，C均错误．故选D.答案：D 3．如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点．若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EFG中，与面互相垂直的棱有________条．解析：折前SG1⊥EG1，SG3⊥FG3，EG2⊥FG2，∴折后SG⊥EG，SG⊥FG，EG⊥FG，又SG，EG，FG交于一点G，根据EG，FG交于一点G，可得SG⊥平面GEF，同理可证：FG⊥平面GSE，EG⊥平面GSF.答案：3 题组三易错自纠1．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：由l⊥α，且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α，且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.答案：A 2．(多选题)如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥平面ABCB．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45°D．OC⊥平面VAC答案：AB 解析：A中，由题意知MN∥AC，又MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC∴MN∥平面ABC，A正确；B中，∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，∵VA垂直⊙O所在的平面，BC⊂⊙O所在平面，∴VA⊥BC.又AC＝A，∴BC⊥平面VAC又BC⊂平面VBC，∴平面VAC⊥平面VBC，B正确；C中，∵MN∥AC，又AC⊥BC，∴MN与BC所成的角为90°，C错误；D中，∵AC⊥BC，又A、B、C、O共面，∴OC与AC不垂直，∴OC⊥平面VAC不成立，D不正确．故选AB. 3．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________.解析：当a⊂α且a垂直于α、β的交线时，满足已知条件；当α∥α时也满足已知条件．答案：a∥α或a⊂α 课堂·题型讲解 题型一　直线与平面垂直的判定与性质高频考点[例1]如图所示，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．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE. 证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA＝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＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，且PA＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又AB＝A，∴PD⊥平面ABE. 类题通法直线和平面垂直判定的四种方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推论(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．当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面． 巩固训练1：如果，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC. 证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC. 题型二　平面与平面垂直的判定与性质[例2][2021·山东济南模拟]如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明平面AMC⊥平面BMC. 证明：(法一)(1)∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC.∵AB＝AC，且D为BC的中点，∴AD⊥BC.∵PO＝O，PO，AD⊂平面POA，∴BC⊥平面POA.∵AP⊂平面POA，∴AP⊥BC. (2)∵PO⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，∴PO⊥OA.∵AO＝3，PO＝4，则AP＝5，cos∠OAP＝＝，又OD＝2，则AD＝5，∵AB＝AC且D为BC的中点，BC＝8，∴AD⊥BC，BD＝CD＝4，∴AB＝AC＝＝.连接MD，在△MAD中，由余弦定理得MD2＝MA2＋AD2－2MA·ADcos∠PAO＝9＋25－2×3×5×＝16，则MD＝4. 由(1)知，BC⊥平面POA，∵MD⊂平面POA，∴BC⊥MD，∴MB＝＝4.同理MC＝4，又MB2＋MC2＝BC2，∴MB⊥MC，又MA2＋MB2＝AB2，∴AM⊥MB.又∵AM＝M，AM，MC⊂平面AMC，∴MB⊥平面AMC，∵MB⊂平面BMC，∴平面AMC⊥平面BMC. (法二)(1)如图，以O为原点，分别以过O平行于BC的直线，直线AD，直线OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)．＝(0，3，4，)，＝(－8，0，0)，由此可得·＝0，所以⊥，即AP⊥BC. (2)由(1)知|AP|＝5，又|AM|＝3，且点M在线段AP上，∴＝＝.又＝(－4，－5，0)，∴＝＝，∴·＝(0，3，4)·＝0.∴⊥，即AP⊥BM，又根据(1)的结论知AP⊥BC，∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BCM. 类题通法1.证明面面垂直的方法(1)面面垂直的判定定理：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.此方法将问题转化为线面垂直问题，一般找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面平行．(2)只要证明两个平面所构成的二面角的平面角为90°即可．(3)性质：α∥β，β⊥γ⇒α⊥γ(客观题常用)．(4)向量法：证明两个平面的法向量垂直．2．面面垂直的性质已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面． 巩固训练2：如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是边长为2的等边三角形，BB1＝4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B＝45°.证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1. 证明：过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连接C1O.∵A1C1⊥BB1，A1O⊥BB1，A1C1＝A1，∴BB1⊥平面A1OC1，又C1O⊂平面A1OC1，∴BB1⊥C1O.由题可知A1B1＝A1C1＝B1C1＝2，在△A1OB1中，A1O⊥OB1，∠A1B1B＝45°，A1B1＝2，∴A1O＝B1O＝2.在△B1OC1中，∵C1O⊥OB1，B1O＝2，B1C1＝2，∴C1O＝2.＝，∴OC1⊥OA1，∵BB1⊥C1O，A1O⊥C1O，BB1＝O，∴C1O⊥平面ABB1A1，又C1O⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1. 题型三　平行与垂直的综合问题[例3]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD. 证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，AB＝A，所以PD⊥平面PAB.因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD. 类题通法平行与垂直的综合问题主要利用平行关系，垂直关系之间的转化去解决，注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系． 巩固训练3：如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝，DE＝3，∠BAD＝60°，G为BC的中点．(1)求证：FG∥平面BED.(2)求证：BD⊥平面AED. 证明：(1)如图，取BD的中点O，连接OE，OG.在△BCD中，因为G是BC的中点，所以OG∥DC且OG＝DC＝1.因为EF∥AB，AB∥OG，EF＝1，所以EF∥OG且EF＝OG，所以四边形OGFE是平行四边形，所以FG∥OE.又FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，所以FG∥平面BED. (2)在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理，得BD＝＝.所以BD2＋AD2＝3＋1＝4＝AB2，所以BD⊥AD.因为平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，所以BD⊥平面AED. 高考·命题预测 [预测1]核心素养——直观想象、逻辑推理已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是()A．若l∥α，l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βC．若l∥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：对于A，若l∥α，则存在l′⊂α，使得l′∥l，则由l⊥β得l′⊥β，则α⊥β，A正确；对于B，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，B错误；对于C，若l∥α，l∥β，则α⊥β或α∥β或α与β相交，C错误；对于D，若α⊥β，l∥α，则l⊥β或l∥β或l⊂β或l与β相交，D错误．故选A.答案：A [预测2]新题型——多选题已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2AD＝2AA1，点E是AB的中点，则下列结论正确的是()A．C1E⊥平面A1DEB．平面ACC1A1⊥平面A1DEC．平面B1CD1∥平面A1DED．BD1∥平面A1DE答案：AD 解析：对于A选项，连接EC，A1C1.设AB＝2，则在Rt△CC1E中，易知C1E2＝3.在Rt△AA1E中，易知A1E2＝2.在Rt△A1C1D1中，易知＝＝A1E2＋C1E2，故A1E⊥C1E，同理可证DE⊥C1E.又∵A1E＝E，∴C1E⊥平面A1DE，故A正确；对于B选项，若平面ACC1A1⊥平面A1DE，且由A选项可知C1E⊥平面A1DE，则平面ACC1A1∥C1E或C1E⊂平面ACC1A1.但C1E∩平面ACC1A1＝C1，且C1E⊄平面ACC1A1，故B错误； 对于C选项，连接A1B，则A1B∥CD1，又A1B∩平面A1DE＝A1，∴CD1与平面A1DE相交，∴平面B1CD1与平面A1DE不平行，故C错误；对于D选项，连接AD1，交A1D于点P，连接PE.∵点P是AD1的中点，点E是AB的中点，∴PE∥BD1.又∵BD1⊄平面A1DE，PE⊂平面A1DE，∴BD1∥平面A1DE，故D正确．故选AD.