高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 第七章 第五節(jié) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)突破熱點題型 文

第五節(jié)直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)高頻考點考點一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1．直線與平面垂直的判定與性質(zhì)是每年高考的必考內(nèi)容，題型多為解答題，難度適中，屬中檔題．2．高考對直線與平面垂直的判定與性質(zhì)的考查常有以下幾個命題角度：(1)同真假命題的判斷相結(jié)合考查；(2)以多面體為載體，證明線面垂直問題；(3)以多面體為載體，考查與線面垂直有關(guān)的探索性問題．[例1](1)(·浙江高考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m∥α，m∥β，則α∥βC．若m∥n，m⊥α，則n⊥αD．若m∥α，α⊥β，則m⊥β(2)(·廣東高考)如圖1，在邊長為1的等邊三角形ABC中，D，E分別是AB，AC上的點，AD＝AE，F(xiàn)是BC的中點，AF與DE交于點G.將△ABF沿AF折起，得到如圖2所示的三棱錐A-BCF，其中BC＝eq\f(\r(2),2).①證明：DE∥平面BCF；②證明：CF⊥平面ABF；③當AD＝eq\f(2,3)時，求三棱錐F-DEG的體積VF-DEG.[自主解答](1)設(shè)直線a?α，b?α，a∩b＝A，∵m⊥α，∴m⊥a，m⊥b.又n∥m，∴n⊥a，n⊥b，∴n⊥α.(2)①證明：在等邊三角形ABC中，AB＝AC.∵AD＝AE，∴eq\f(AD,DB)＝eq\f(AE,EC)，∴DE∥BC，∴DG∥BF，又BF?平面BCF，DG?平面BCF，∴DG∥平面BCF.同理可證GE∥平面BCF.∵DG∩GE＝G，∴平面GDE∥平面BCF，又DE?平面GDE，∴DE∥平面BCF.②證明：在等邊三角形ABC中，F(xiàn)是BC的中點，∴AF⊥CF，∴BF＝FC＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2).在圖2中，∵BC＝eq\f(\r(2),2)，∴BC2＝BF2＋FC2，∴∠BFC＝90°，∴CF⊥BF.∵BF∩AF＝F，BF?平面ABF，AF?平面ABF，∴CF⊥平面ABF.③∵AD＝eq\f(2,3)，∴BD＝eq\f(1,3)，AD∶DB＝2∶1，在圖2中，AF⊥FC，AF⊥BF，又BF∩FC＝F，∴AF⊥平面BCF，由①知平面GDE∥平面BCF，∴AF⊥平面GDE.在等邊三角形ABC中，AF＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\f(\r(3),2)，∴FG＝eq\f(1,3)AF＝eq\f(\r(3),6)，DG＝eq\f(2,3)BF＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＝GE，∴S△DGE＝eq\f(1,2)DG·EG＝eq\f(1,18)，∴VF-DGE＝eq\f(1,3)S△DGE·FG＝eq\f(\r(3),324).[答案](1)C線面垂直問題的常見類型及解題策略(1)與命題真假判斷有關(guān)的問題．解決此類問題的方法是結(jié)合圖形進行推理，或者依據(jù)條件舉出反例否定．(2)線面垂直的證明．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(zhì)．因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想．(3)線面垂直的探索性問題．此類問題的解決方法同“線面平行的探索性問題”的求解方法(見本章第四節(jié)的[通關(guān)錦囊])．如圖1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD(1)求證：DE∥平面A1CB；(2)求證：A1F⊥BE(3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ解：(1)證明：因為D，E分別為AC，AB的中點，所以DE∥BC.又因為DE?平面A1CB，BC?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)證明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.又A1D∩CD＝D，A1D?平面A1DC，CD?平面A1DC，所以DE⊥平面A1DC.因為A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1又因為A1F⊥CD，CD∩DE＝D，CD?平面BCDE，DE?平面BCDE，所以A1F⊥平面又BE?平面BCDE，所以A1F⊥BE(3)線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ理由如下：如圖所示，分別取A1C，A1B的中點P，Q，則PQ∥BC又因為DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即為平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C所以A1C⊥DP又DP∩DE＝D，DP?平面DEP，DE?平面DEP，所以A1C⊥平面DEP從而A1C⊥平面DEQ故線段A1B上存在點Q，使得A1C⊥平面DEQ考點二面面垂直的判定與性質(zhì)[例2](·濟南模擬)如圖，四棱錐P-ABCD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.[自主解答](1)法一：取PA的中點H，連接EH，DH.因為E為PB的中點，所以EH∥AB，EH＝eq\f(1,2)AB.又AB∥CD，CD＝eq\f(1,2)AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四邊形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.法二：連接CF.因為F為AB的中點，所以AF＝eq\f(1,2)AB.又CD＝eq\f(1,2)AB，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形．因此CF∥AD.又CF?平面PAD，AD?平面PAD，所以CF∥平面PAD.因為E，F(xiàn)分別為PB，AB的中點，所以EF∥PA.又EF?平面PAD，PA?平面PAD，所以EF∥平面PAD.因為CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE?平面CEF，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AB⊥PA，所以AB⊥EF.同理可證AB⊥FG.又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又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.又MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.【互動探究】在本例條件下，證明：平面EMN⊥平面PAC.證明：因為AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面PAC.又MN?平面EMN，所以平面EMN⊥平面PAC.【方法規(guī)律】面面垂直的性質(zhì)應(yīng)用技巧(1)兩平面垂直，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線必垂直于另一個平面．這是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運用時要注意“平面內(nèi)的直線”．(2)兩個相交平面同時垂直于第三個平面，那么它們的交線也垂直于第三個平面，此性質(zhì)是在課本習(xí)題中出現(xiàn)的，在不是很復(fù)雜的題目中，要對此進行證明．如圖所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，且各棱長均相等，D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1(1)EF∥平面A1CD；(2)平面A1CD⊥平面A1ABB1.證明：(1)如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1AC∥A1C1，且AC＝A1C1，連接在△ABC中，因為D，E分別為AB，BC的中點，所以DE＝eq\f(1,2)AC，且DE∥AC.又F為A1C1的中點，所以A1F＝eq\f(1,2)A1C＝eq\f(1,2)AC，且A1F∥A1C1∥AC，所以A1F＝DE，且A1F∥DE即四邊形A1DEF為平行四邊形，所以EF∥DA1.又EF?平面A1CD，DA1?平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.(2)由于底面ABC是正三角形，D為AB的中點，故CD⊥AB，又側(cè)棱A1A⊥底面ABC，CD?平面ABC所以AA1⊥CD，又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，而CD?平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.考點三垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用[例3]如圖所示，在四棱錐P-ABCD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．(1)證明：PH⊥平面ABCD；(2)若PH＝1，AD＝eq\r(2)，F(xiàn)C＝1，求三棱錐E-BCF的體積；(3)證明：EF⊥平面PAB.[自主解答](1)證明：由于AB⊥平面PAD，PH?平面PAD，故AB⊥PH.又∵PH為△PAD中AD邊上的高，∴AD⊥PH.∵AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PH⊥平面ABCD.(2)由于PH⊥平面ABCD，E為PB的中點，PH＝1，故E到平面ABCD的距離h＝eq\f(1,2)PH＝eq\f(1,2).又∵AB∥CD，AB⊥AD，∴AD⊥CD，故S△BCF＝eq\f(1,2)·FC·AD＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2).因此VE-BCF＝eq\f(1,3)S△BCF·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),12).(3)證明：過E作EG∥AB交PA于G，連接DG.由于E為PB的中點，所以G為PA的中點．∵AD＝PD，∴DG⊥PA.∵AB⊥平面PAD，DG?平面PAD，∴AB⊥DG.又∵AB∩PA＝A，AB?平面PAB，PA?平面PAB，∴DG⊥平面PAB.又∵GE∥eq\f(1,2)AB，GE=eq\f(1,2)AB，DF∥eq\f(1,2)AB，DF=eq\f(1,2)AB∴GE∥DF.GE=DF.∴四邊形DFEG為平行四邊形，故DG∥EF.∴EF⊥平面PAB.【方法規(guī)律】垂直關(guān)系綜合題的類型及解法(1)三種垂直的綜合問題．一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉(zhuǎn)化．(2)垂直與平行結(jié)合問題．求解時應(yīng)注意平行、垂直的性質(zhì)及判定的綜合應(yīng)用．(3)垂直與體積結(jié)合問題．在求體積時，可根據(jù)線面垂直得到表示高的線段，進而求得體積．如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中(側(cè)棱垂直于底面的三棱柱叫直三棱柱)，AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D為AC(1)B1C∥平面A1BD(2)B1C1⊥平面ABB1A證明：(1)如圖所示，連接AB1，交A1B于點O，則O為AB1的中點．連接OD，∵D為AC的中點，∴在△ACB1中，有OD∥B1C又∵OD?平面A1BD，B1C?平面A1BD∴B1C∥平面A1BD(2)∵AB＝B1B，三棱柱ABC-A1B1C1∴四邊形ABB1A1∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD，A1B?平面A1BD，∴AC1⊥A1B.又∵AC1?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，AC1∩AB1＝∴A1B⊥平面AB1C1又∵B1C1?平面AB1C∴A1B⊥B1C1又∵A1A⊥平面A1B1C1，B1C1?平面A1B∴A1A⊥B1C又∵A1A?平面ABB1A1，A1B?平面ABB1A1，A1A∩A1B∴B1C1⊥平面ABB1A1考點四線面角、二面角的求法[例4](·杭州模擬)在幾何體中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，CC1∥AA1，AB＝BC＝AA1＝2，CC1＝1，D，E分別是AB，AA1的中點．(1)求證：BC1∥平面CDE；(2)求二面角E-DC-A的平面角的正切值．[自主解答](1)證明：連接AC1交EC于點F，連接EC1，由題意知四邊形ACC1E是矩形，則F是AC1的中點，連接DF，∵D是AB的中點，∴DF是△ABC1的中位線，∴BC1∥DF，∵BC1?平面CDE，DF?平面CDE，∴BC1∥平面CDE.(2)過點A作AH⊥直線CD，垂足為H，連接HE，∵AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CD，又AH∩AA1＝A，AH，AA1?平面AHE，∴CD⊥平面AHE，∴CD⊥EH，∴∠AHE是二面角E-DC-A的平面角．∵D是AB的中點，∴AH等于點B到CD的距離，在△BCD中，求得點B到CD的距離為eq\f(2\r(5),5)，則AH＝eq\f(2\r(5),5).在△AEH中，tan∠AHE＝eq\f(AE,AH)＝eq\f(\r(5),2)，即所求二面角的正切值為eq\f(\r(5),2).【方法規(guī)律】1．求斜線與平面所成的角的步驟(1)作圖：作(或找)出斜線在平面上的射影，將空間角(斜線與平面所成的角)轉(zhuǎn)化為平面角(兩條相交直線所成的銳角)，作射影要過斜線上一點作平面的垂線，再過垂足和斜足(有時可以是兩垂足)作直線，注意斜線上點的選取以及垂足的位置要與問題中已知量有關(guān)，才能便于計算．(2)證明：證明某平面角就是斜線與平面所成的角．(3)計算：通常在垂線段、斜線和射影所組成的直角三角形中計算．2．求二面角的步驟(1)作出二面角的平面角；(2)證明該角就是二面角的平面角；(3)計算該角的大?。陨?步簡記為作、證、算．3．作二面角平面角的方法法一：(定義法)在二面角的棱上找一特殊點，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的射線．如圖①，∠AOB為二面角α-a-β的平面角．法二：(垂面法)過棱上一點作棱的垂直平面，該平面與二面角的兩個半平面產(chǎn)生交線，這兩條交線所成的角，即為二面角的平面角．如圖②，∠AOB為二面角α-l-β的平面角．法三：(垂線法)過二面角的一個面內(nèi)一點作另一個平面的垂線，過垂足作棱的垂線，利用線面垂直可找到二面角的平面角或其補角．如圖③，∠AFE為二面角A-BC-D的平面角．(·廣東高考)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，點E在線段PC上，PC⊥平面BDE.(1)證明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B-PC-A的正切值．解：(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD.同理由PC⊥平面BDE可證得PC⊥BD.又∵PA∩PC＝P，PA、PC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)如圖，設(shè)BD與AC交于點O，連接OE.∵PC⊥平面BDE，BE、OE?平面BDE，∴PC⊥BE，PC⊥OE.∴∠BEO即為二面角B-PC-A的平面角．由(1)知BD⊥平面PAC.又∵OE、AC?平面PAC，∴BD⊥OE，BD⊥AC.故矩形ABCD為正方形，∴BD＝AC＝2eq\r(2)，BO＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2).由PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，得PA⊥BC.又∵BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB.而PB?平面PAB，∴BC⊥PB.在Rt△PAB中，PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝eq\r(5)，在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝3，在Rt△PBC中，由PB·BC＝PC·BE，得BE＝e