第51講直線與平面平面與平面垂直

第51講直線與平面、平面與平面垂直知識梳理1.直線與平面垂直(1)定義如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，則直線l與平面α互相垂直，記作l⊥α，直線l叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．(2)判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內的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(a，b?α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b2.直線和平面所成的角(1)定義平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角．若一條直線垂直于平面，它們所成的角是直角，若一條直線和平面平行，或在平面內，它們所成的角是_0°的角．(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3.平面與平面垂直(1)二面角的有關概念①二面角：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．(2)平面和平面垂直的定義兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(3)平面與平面垂直的判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l?β))?α⊥β文字語言圖形語言符號語言性質定理兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l?β,α∩β＝α,l⊥α))?l⊥α1、【2022年全國乙卷】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【答案】A【解析】在正方體ABCD?AAC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，又EF?平面ABCD因為E,F分別為AB,BC的中點，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD所以EF⊥平面BDD1，又EF?平面所以平面B1EF⊥平面BDD如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設AB=2，則B1C1則EF=?1,1,0,A設平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1D的法向量為所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯誤；因為所以平面B1EF與平面A1AC不平行，故C錯誤；因為所以平面B1EF與平面A1故選：A.2、【2021年新高考2卷】如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】設正方體的棱長為，對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，則，因為，故，故，所以或其補角為異面直線所成的角，因為正方體的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯誤.故選：BC.3、【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【解析】【分析】對于A，由于等價向量關系，聯(lián)系到一個三角形內，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．4、【2022年全國甲卷】在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)證明：BD⊥PA；【解析】(1)證明：在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因為CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE=BF=1故DE=32，BD=D所以AD⊥BD，因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA?平面PAD，所以BD⊥PA；5、【2022年全國乙卷】如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；【解析】由于AD=CD，E是AC的中點，所以AC⊥DE.由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD?平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.1、(2022·哈爾濱模擬)設m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內，下列結論中錯誤的是()A．m⊥α，n∥α，則m⊥nB．m⊥α，n⊥α，則m∥nC．m⊥α，m⊥n，則n∥αD．m⊥n，n∥α，則m⊥α【答案】D【解析】對于A，∵n∥α，由線面平行的性質定理可知，過直線n的平面β與平面α的交線l平行于n，∵m⊥α，l?α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正確；對于B，若m⊥α，n⊥α，由直線與平面垂直的性質，可得m∥n，故B正確；對于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，又n?α，∴n∥α，故C正確；對于D，若m⊥n，n∥α，則m∥α或m與α相交或m?α，而m?α，則m∥α或m與α相交，故D錯誤．2、已知m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列可以推出α⊥β的是()A．m⊥l，m?β，l⊥αB．m⊥l，α∩β＝l，m?αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．l⊥α，m∥l，m∥β【答案】D【解析】對于A，有可能出現(xiàn)α，β平行這種情況，故A錯誤；對于B，會出現(xiàn)平面α，β相交但不垂直的情況，故B錯誤；對于C，m∥l，m⊥α，l⊥β?α∥β，故C錯誤；對于D，l⊥α，m∥l?m⊥α，又由m∥β?α⊥β，故D正確．3、.如圖，在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結論不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC【答案】D【解析】因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項A正確；在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE?平面PAE，所以BC⊥平面PAE，因為DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均正確．4、如圖所示，AB是半圓O的直徑，VA垂直于半圓O所在的平面，點C是圓周上不同于A，B的任意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結論正確的是()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN與BC所成的角為45°D．OC⊥平面VAC【答案】B【解析】由題意得BC⊥AC，因為VA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以VA⊥BC.因為AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因為BC?平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故選B.5、如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)【答案】：DM⊥PC(答案不唯一)【解析】：由定理可知，BD⊥PC．∴當DM⊥PC時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD．考向一線面垂直的判定與性質例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．求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE．【證明】：(1)在四棱錐P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，∵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的中點，∴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．變式1、如圖，在四棱錐PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中點，F(xiàn)是DC上的點，且DF＝eq\f(1,2)AB，PH為△PAD中AD邊上的高．求證：(1)PH⊥平面ABCD；(2)EF⊥平面PAB.【解析】(1)因為AB⊥平面PAD，PH?平面PAD，所以PH⊥AB.因為PH為△PAD中AD邊上的高，所以PH⊥AD.因為AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD.(2)如圖，取PA的中點M，連接MD，ME.因為E是PB的中點，所以ME＝eq\f(1,2)AB，ME∥AB.又因為DF＝eq\f(1,2)AB，DF∥AB，所以ME＝DF，ME∥DF，所以四邊形MEFD是平行四邊形，所以EF∥MD.因為PD＝AD，所以MD⊥PA.因為AB⊥平面PAD，MD?平面PAD，所以MD⊥AB.因為PA∩AB＝A，PA?平面PAB，AB?平面PAB，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB.變式2、如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設AB1的中點為D，B1C∩BC1＝E，連接DE.求證：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【解析】(1)由題意，知E為B1C的中點．又D為AB1的中點，所以DE∥AC.因為DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC，所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因為BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C.因為AC?平面B1AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因為AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1.方法總結；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(a⊥α，α∥β?a⊥β)；(4)面面垂直的性質(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α).2.證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質.因此，判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想.考向二面面垂直的判定與性質例2、如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面為矩形，AB＝，BC＝1，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點，DE⊥PA.（1）求證：EF∥平面PAD；（2）求證：平面PAC⊥平面PDE.【證明】（1）設的中點為，連接,因為F是PC的中點，所以有,又因為四棱錐P﹣ABCD的底面為矩形,E是AB的中點,所以有，因此有,所以四邊形是平行四邊形，因此有,平面PAD，平面PAD，所以EF∥平面PAD；（2）在矩形中，設交于點，因為E是AB的中點,所以，因為，所以∽，因此，而，所以，而DE⊥PA，平面PAC，所以平面PAC，而平面PDE，因此平面PAC⊥平面PDE.變式1、如圖，在四棱錐PABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點．求證：(1)CE∥平面PAD；(2)平面EFG⊥平面EMN.【解析】(1)取PA的中點H，連接EH，DH.又E為PB的中點，所以EH＝eq\f(1,2)AB，EH∥AB.又CD＝eq\f(1,2)AB，CD∥AB，所以EH＝CD，EH∥CD，所以四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE∥DH.又DH?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD.(2)因為E，F(xiàn)分別為PB，AB的中點，所以EF∥PA.又因為AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可得AB⊥FG.又因為EF∩FG＝F，EF?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，所以AB⊥平面EFG.又因為M，N分別為PD，PC的中點，所以MN∥CD.又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.因為MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.方法總結：(1)判定兩個平面垂直的方法：①利用定義：證明二面角是直二面角；②利用判定定理：a?α，a⊥β?α⊥β.(2)面面垂直的證明，一般轉化為證線面垂直，而線面垂直的證明，往往需多次利用線面垂直判定與性質定理，而線線垂直的證明有時需要利用平面解析幾何條件．考向三平行與垂直的探索性問題例3如圖所示，平面ABCD⊥平面BCE，四邊形ABCD為矩形，BC＝CE，點F為CE的中點．(1)證明：AE∥平面BDF；(2)點M為CD上任意一點，在線段AE上是否存在點P，使得PM⊥BE？若存在，確定點P的位置，并加以證明；若不存在，請說明理由．【證明】(1)圖1連接AC交BD于O，連接OF，如圖1.∵四邊形ABCD是矩形，∴O為AC的中點，又F為EC的中點，∴OF為△ACE的中位線，∴OF∥AE，又OF?平面BDF，AE?平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)當P為AE中點時，有PM⊥BE.證明如下：取BE中點H，連接DP，PH，CH，∵P為AE的中點，H為BE的中點，圖2∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四點共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD?平面ABCD，CD⊥BC.∴CD⊥平面BCE，又BE?平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H為BE的中點，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM?平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.變式、如圖，在三棱臺ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)設平面ACE∩平面DEF＝a，求證：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，試問在線段BE上是否存在點G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，請確定點G的位置；若不存在，請說明理由．【解析】(1)在三棱臺ABCDEF中，AC∥DF，AC?平面ACE，DF?平面ACE，所以DF∥平面ACE.因為DF?平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，所以DF∥a.(2)線段BE上存在點G，且BG＝eq\f(1,3)BE，使得平面DFG⊥平面CDE.證明如下：取CE的中點O，連接FO并延長交BE于點G，連接GD，如圖1.因為CF＝EF，所以GF⊥CE.因為在三棱臺ABCDEF中，AB⊥BC，所以DE⊥EF.由CF⊥平面DEF，得CF⊥DE.又CF∩EF＝F，CF?平面CBEF，EF?平面CBEF，所以DE⊥平面CBEF，所以DE⊥GF.因為GF⊥CE，GF⊥DE，CE∩DE＝E，CE?平面CDE，DE?平面CDE，所以GF⊥平面CDE.又GF?平面DFG，所以平面DFG⊥平面CDE.此時，平面圖如圖2所示，延長CB，F(xiàn)G相交于點H.因為O為CE的中點，EF＝CF＝2BC，由平面幾何知識易證△HOC≌△FOE，所以HB＝BC＝eq\f(1,2)EF.由△HGB∽△FGE可知eq\f(BG,EG)＝eq\f(BH,EF)＝eq\f(1,2)，即BG＝eq\f(1,3)BE.圖1圖2方法總結：平行與垂直中探索性問題的主要途徑：①先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明；②先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性．(2)涉及點的位置探索性問題一般是先根據(jù)條件猜測點的位置再給出證明，探索點存在問題，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據(jù)相似知識建點．1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命題中，假命題是（）A．若平面α內的一條直線垂直于平面β內的任一直線，則α⊥βB．若平面α內任一直線平行于平面β，則α∥βC．若平面α⊥平面β，任取直線lα，則必有l(wèi)⊥βD．若平面α∥平面β，任取直線lα，則必有l(wèi)∥β【答案】C【分析】對于A：利用線面垂直的定義和面面垂直的判定定理進行證明；對于B：利用面面平行的定義進行證明；對于C：在正方體中取反例否定結論；對于D：利用線面平行的定義進行判斷.【詳解】對于A：根據(jù)線面垂直的定義，若平面α內的一條直線垂直于平面β內的任一直線，則這條直線垂直于平面β，又有面面垂直的判定定理，即可證明α⊥β.故A成立.對于B：若平面α內任一直線平行于平面β，則直線與平面β沒有公共點，所以平面α與平面β沒有公共點，所以α∥β.故B成立.對于C：如圖示：在正方體中取面為平面α、面為平面β和直線為直線l，滿足平面α⊥平面β，直線lα，但是l∥β.故C不成立.對于D：若平面α∥平面β，則平面α與平面β沒有公共點，任取直線lα，則直線l與平面β沒有公共點，所以l∥β.故D成立.故選：C2、（2022·江蘇如東·高三期末）（多選題）已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則（）A．若m//n，nα，則m//α B．若m⊥n，nα，則m⊥αC．若m⊥α，n⊥α，則m//n D．若m//α，m//β，α∩β＝n，則m//n【答案】CD【分析】根據(jù)空間直線、平面間的位置關系判斷．【詳解】m//n，nα時，或，A錯；m⊥n，nα，與可能平行，也可能有或相交，不一定垂直，B錯；若m⊥α，n⊥α，由線面垂直性質定理知，C正確；m//α，m//β，α∩β＝n，如圖，過作平面交于直線，由得，同理過作平面與交于直線，得，所以，而，所以，又．，則，所以．D正確．故選：CD．3、（2022·江蘇常州·高三期末）（多選題）已知正方體的棱長為，點是棱上的定點，且．點是棱上的動點，則（）A．當時，是直角三角形B．四棱錐的體積最小值為C．存在點，使得直線平面D．任意點，都有直線平面【答案】AB【分析】由已知計算利用勾