2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何第5講直線平面垂直的判定與性質(zhì)教案文新人教A版

PAGEPAGE1第5講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)一、學(xué)問梳理1．直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)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(nèi)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(zhì)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.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)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?β,l⊥α))?α⊥β性質(zhì)定理兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)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＝a,l⊥a))?l⊥α3.直線與平面所成的角(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，如圖，∠PAO就是斜線AP與平面α所成的角．(2)線面角θ的范圍：θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).①直線垂直于平面，則它們所成的角是直角；②直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°的角；③當(dāng)直線與平面斜交時，它們所成的角是銳角．常用結(jié)論1．與線面垂直相關(guān)的兩個常用結(jié)論：(1)兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個平面垂直．(2)一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則與另一個平面也垂直．2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化：線線垂直eq\o(,\s\up17(判定定理),\s\do15(性質(zhì)定理))線面垂直eq\o(,\s\up17(判定定理),\s\do15(性質(zhì)定理))面面垂直二、習(xí)題改編1．(必修2P72探究改編)已知相互垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿意m∥α，n⊥β，則()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n解析：選C.由題意知，α∩β＝l，所以l?β，因為n⊥β，所以n⊥l.2．(必修2P67練習(xí)T2改編)在三棱錐P-ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O.(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的心．解析：(1)如圖，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．(2)如圖，延長AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點H，D，G.因為PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以PC⊥AB，因為AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，所以AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高．同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，即O為△ABC的垂心．答案：(1)外(2)垂一、思索辨析推斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c.()(2)直線l與平面α內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.()(3)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是一個平面，若m∥n，m⊥α，則n⊥α.()(4)若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的隨意一條直線垂直于另一個平面．()(5)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的多數(shù)條直線，則α⊥β.()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×二、易錯糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區(qū))(1)證明線面垂直時，易忽視平面內(nèi)兩條直線為相交直線這一條件；(2)面面垂直的判定中找不到哪個面和哪條線垂直．1．(2024·安徽江南十校聯(lián)考)已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，下面給出的條件中肯定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m?α B．m⊥n且n∥βC．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β解析：選C.由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理，可知C正確．2．(2024·遼寧大連第一次(3月)雙基測試)已知直線l和平面α，β，且l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A.由面面垂直的判定定理可得，若l?α，l⊥β，則α⊥β，充分性成立；若l⊥β，α⊥β，則l?α或l∥α，必要性不成立，所以若l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件，故選A.線面垂直的判定與性質(zhì)(師生共研)(1)(2024·高考全國卷Ⅱ節(jié)選)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．證明：PO⊥平面ABC.(2)(2024·重慶市七校聯(lián)合考試)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長都是2，D，E分別是AC，CC1的中點．求證：AE⊥平面A1BD.【證明】(1)因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq\r(3).連接OB.因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)因為AB＝BC＝CA，D是AC的中點，所以BD⊥AC，因為直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE.又在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點，所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，所以AE⊥平面A1BD.eq\a\vs4\al()判定線面垂直的四種方法如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點，且A1M⊥B1N.求證：B1N⊥A1C.證明：連接CM，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以AA1⊥CM.在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.因為B1N?平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.因為A1C?平面A1CM，所以B1N⊥A1C.面面垂直的判定與性質(zhì)(師生共研)(2024·高考北京卷節(jié)選)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE.【證明】(1)因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.eq\a\vs4\al()(1)證明面面垂直的方法①定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題．②定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，進而把問題轉(zhuǎn)化為證明線線垂直加以解決．(2)在已知平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化．在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．如圖，在三棱錐A-BCD中，△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，點P是AC的中點，連接BP，DP.證明：平面ACD⊥平面BDP.證明：因為△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.因為點P是AC的中點，所以PD⊥AC，PB⊥AC，因為PD∩PB＝P，PD?平面PBD，PB?平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因為AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.直線與平面所成的角(師生共研)(2024·寧夏六盤山高級中學(xué)二模)空間四邊形PABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PA＝4，則PC和平面PAB所成角的正切值為．【解析】取AB的中點O，連接CO，PO，易知CO⊥平面PAB，則∠CPO為PC和平面PAB所成的角．易得CO＝eq\r(2)，PO＝3eq\r(2)，所以tan∠CPO＝eq\f(CO,PO)＝eq\f(1,3)，所以PC和平面PAB所成角的正切值為eq\f(1,3).【答案】eq\f(1,3)eq\a\vs4\al()求直線和平面所成角的步驟(1)找尋過斜線上一點與平面垂直的直線．(2)連接垂足和斜足得到斜線在平面上的射影，斜線與其射影所成的銳角或直角即為所求的角．(3)把該角歸結(jié)在某個三角形中，通過解三角形，求出該角．1．(2024·高考全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)解析：選C.連接BC1，因為AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3).又B1C1＝2，所以BB1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，故該長方體的體積V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).2．已知邊長為2的正方形ABCD的四個頂點在球O的球面上，球O的體積V球＝eq\f(160\r(5)π,3)，則OA與平面ABCD所成的角的余弦值為．解析：如圖，過點O作OM⊥平面ABCD，垂足為點M，則點M為正方形ABCD的中點．因為正方形ABCD的邊長為2，所以AC＝2eq\r(2)，所以AM＝eq\r(2).因為V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(160\r(5)π,3)，所以球O的半徑OA＝r＝2eq\r(5)，OA與平面ABCD所成的角的余弦值為cos∠OAM＝eq\f(AM,OA)＝eq\f(\r(2),2\r(5))＝eq\f(\r(10),10).答案：eq\f(\r(10),10)核心素養(yǎng)系列16邏輯推理——空間中平行與垂直的證明如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點，求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【證明】(1)因為平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，PA?平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因為AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以CD⊥PD.因為E和F分別是CD和PC的中點，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF，又CD?平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.eq\a\vs4\al()本題考查數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)中的邏輯推理及直觀想象、邏輯推理讓學(xué)生能發(fā)覺問題和提出問題；能駕馭推理的基本形式，表述論證的過程；能理解數(shù)學(xué)學(xué)問之間的聯(lián)系，構(gòu)建學(xué)問框架；形成有論據(jù)、有條理、合乎邏輯的思維品質(zhì)，增加數(shù)學(xué)溝通實力．(2024·太原市模擬試題(一))如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，點M在線段PC上，且PM＝2MC，N為AD的中點．(1)求證：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱錐P-NBM的體積．解：(1)證明：連接BD.因為PA＝PD，N為AD的中點，所以PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD為等邊三角形，所以BN⊥AD.又PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB.(2)因為PA＝PD＝AD＝2，所以PN＝NB＝eq\r(3).又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，所以PN⊥平面ABCD.所以PN⊥NB，所以S△PNB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).因為AD⊥平面PNB，AD∥BC，所以BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，所以VP-NBM＝VM-PNB＝eq\f(2,3)VC-PNB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(2,3).[基礎(chǔ)題組練]1．設(shè)α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是()A．若a∥α，b∥α，則a∥bB．若a⊥α，a∥b，則b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，則b∥αD．若a∥α，a⊥b，則b⊥α解析：選B.若a∥α，b∥α，則a與b相交、平行或異面，故A錯誤；易知B正確；若a⊥α，a⊥b，則b∥α或b?α，故C錯誤；若a∥α，a⊥b，則b∥α或b?α，或b與α相交，故D錯誤．故選B.2．(2024·廣州一模)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥βC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n解析：選B.若α⊥β，m∥α，n∥β，則m與n相交、平行或異面，故A錯誤；因為m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又因為n∥β，所以α⊥β，故B正確；若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯誤；若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，故D錯誤．3.如圖，在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結(jié)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解析：選D.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，DF∥BC，所以BC⊥平面PAE，則DF⊥平面PAE，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均正確．4．(2024·遼寧撫順一模)在三棱錐P-ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，點D，E分別為棱BC，PC的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．直線DE⊥直線AD B．直線DE⊥直線PAC．直線DE⊥直線AB D．直線DE⊥直線AC解析：選D.如圖，因為PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，取PB的中點G，連接AG，CG，則PB⊥CG，PB⊥AG，又因為AG∩CG＝G，所以PB⊥平面CAG，則PB⊥AC，因為D，E分別為棱BC，PC的中點，所以DE∥PB，則DE⊥AC.故選D.5．(2024·高考北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：．解析：其中兩個論斷作為條件，一個論斷作為結(jié)論，可組成3個命題．命題(1)：若l⊥m，m∥α，則l⊥α，此命題不成立，可以舉一個反例，例如在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)平面ABCD為平面α，A1D1和A1B1分別為l和m，滿意條件，但結(jié)論不成立．命題(2)：若l⊥m，l⊥α，則m∥α，此命題正確．證明：作直線m1∥m，且與l相交，故l與m1確定一個平面β，且l⊥m1，因為l⊥α，所以平面α與平面β相交，設(shè)α∩β＝n，則l⊥n，又m1，n?β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n?α，故m∥α.命題(3)：若m∥α，l⊥α，則l⊥m，此命題正確．證明：過直線m作一平面，且與平面α相交，交線為a，因為m∥α，所以m∥a.因為l⊥α，a?α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.答案：②③?①或①③?②(答案不唯一)6．如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有；與AP垂直的直線有．解析：因為PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直線AB，BC，AC.因為AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因為AP?平面PAC，所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB7.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求證：DC⊥平面PAC；(2)求證：平面PAB⊥平面PAC.證明：(1)因為PC⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以PC⊥DC.又因為AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因為AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因為PC⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PC⊥AB.又因為PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.8．(2024·武漢部分學(xué)校調(diào)研)如圖，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝1，AC⊥BC，E在AB上，且BA＝3BE，G在AA1上，且AA1＝3GA1.(1)求三棱錐A1-ABC1的體積；(2)求證：AC1⊥EG.解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，所以B到平面ACC1A1的距離為1，所以VA1-ABC1＝VB-AA1C1＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×1＝eq\f(1,6).(2)證明：如圖，在AC上取點D，使CD＝eq\f(1,3)CA，連接ED，DG，因為BE＝eq\f(1,3)BA，所以DE∥BC，又BC⊥平面ACC1A1，所以DE⊥平面ACC1A1.又AC1?平面ACC1A1，所以DE⊥AC1.在正方形ACC1A1中，由CD＝eq\f(1,3)CA，A1G＝eq\f(1,3)A1A，得DG⊥AC1.又DE∩DG＝D，所以AC1⊥平面DEG.所以AC1⊥EG.[綜合題組練]1.如圖，棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點，則下列結(jié)論不正確的是()A．平面D1A1P⊥平面A1APB．∠APD1的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．三棱錐B1-D1PC的體積為定值D．DC1⊥D1P解析：選B.在A中，因為A1D1⊥平面A1AP，A1D1?平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正確；在B中，當(dāng)P與A1重合時，∠APD1＝eq\f(π,2)，故B錯誤；在C中，因為△B1D1C的面積是定值，A1B∥平面B1D1C，所以點P到平面B1D1C的距離是定值，所以三棱錐B1-D1PC的體積為定值，故C正確；在D中，因為DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC?平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正確．2．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB相互垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為．解析：由題意畫出圖形，如圖，設(shè)AC是底面圓O的直徑，連接SO，則SO是圓錐的高．設(shè)圓錐的母線長為l，則由SA⊥SB，△SAB的面積為8，得eq\f(1,2)l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由題意知∠SAO＝30°，所以SO＝eq\f(1,2)l＝2，AO＝eq\f(