2019-2020學年高中數學 第二章 點、直線、平面之間的位置關系 2.3.3 直線與平面垂直的性質 2.3.4 平面與平面垂直的性質學案（含解析）新人教A版必修2

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1、2.3.3　直線與平面垂直的性質2.3.4　平面與平面垂直的性質 知識導圖 學法指導 1.線面垂直、面面垂直的性質定理揭示了“平行”與“垂直”之間的內在聯系，提供了它們之間相互轉化的依據．因此，在應用時要善于運用轉化的思想． 2．利用面面垂直的性質定理時，找準兩平面的交線是解題的關鍵． 3．學習線面垂直的性質定理時，要注意區(qū)分與其相似的幾個結論． 高考導航 1.直線與平面垂直的性質定理較少單獨考查，常與平行關系及面面垂直關系綜合，以解答題的形式出現，分值5～7分． 2．平面與平面垂直的性質定理常與推理、計算結合，考查空間想象能力和邏輯推理能力，以選擇題或解答題的其中一問

2、的形式出現，分值5～7分. 知識點一　直線與平面垂直的性質 文字語言 垂直于同一個平面的兩條直線平行 符號語言 ?a∥b 圖形語言 作用 ①線面垂直?線線平行； ②作平行線　　　　　 1．直線與平面垂直的性質定理給出了判定兩條直線平行的另一種方法． 2．定理揭示了空間中“平行”與“垂直”關系的內在聯系，提供了“垂直”與“平行”關系轉化的依據． 知識點二　平面與平面垂直的性質 文字語言 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 符號語言 ?a⊥β 圖形語言 作用 ①面面垂直?線面垂直； ②作面的垂線

3、 對面面垂直的性質定理的理解 1．定理的實質是由面面垂直得線面垂直，故可用來證明線面垂直． 2．已知面面垂直時，可以利用此定理轉化為線面垂直，再轉化為線線垂直． [小試身手] 1．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，那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　) A．α⊥β，且m?α　B．m∥n，且n⊥β C．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β 解析：?m⊥β，故選B. 答案：B 2．已知△ABC和兩條不同的直線l，m，l⊥AB，l⊥AC，m⊥AC，m⊥BC，則直線l，m的位置關系是(　　) A．平行 B．異面 C．相交 D．垂直 解析：因

4、為直線l⊥AB，l⊥AC，所以直線l⊥平面ABC，同理直線m⊥平面ABC，根據線面垂直的性質定理得l∥m. 答案：A 3. 如圖，BC是Rt△BAC的斜邊，PA⊥平面ABC，PD⊥BC于點D，則圖中直角三角形的個數是(　　) A．3 B．5 C．6 D．8 解析：由PA⊥平面ABC，知△PAC，△PAD，△PAB均為直角三角形，又PD⊥BC，PA⊥BC，PA∩PD＝P，∴BC⊥平面PAD.∴AD⊥BC，易知△ADC，△ADB，△PDC，△PDB均為 直角三角形．又△BAC為直角三角形，所以共有8個直角三角形，故選D. 答案：D 4．如果三棱錐的三個側面兩兩相互垂直，則

5、頂點在底面的正投影是底面三角形的________心． 解析：三棱錐的三個側面兩兩相互垂直，則三條交線兩兩互相垂直，易證投影是底面三角形的垂心． 答案：垂 類型一　線面垂直的性質定理的應用 例1　在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求證：EF∥BD1. 【證明】　如圖所示，連接A1C1，C1D，B1D1，BD. ∵AC∥A1C1，EF⊥AC，∴EF⊥A1C1. 又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1， ∴EF⊥平面A1C1D　①. ∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1， ∴BB1⊥

6、A1C1. ∵四邊形A1B1C1D1為正方形，∴A1C1⊥B1D1， 又B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D， 而BD1?平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1.同理DC1⊥BD1. 又DC1∩A1C1＝C1，∴BD1⊥平面A1C1D?、? 由①②可知EF∥BD1. 方法歸納 線面垂直的性質定理是證明兩直線平行的重要依據，證明兩直線平行的常用方法： (1)a∥b，b∥c?a∥c. (2)a∥α，a?β，β∩α＝b?a∥b. (3)α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b?a∥b. (4)a⊥α，b⊥α?a∥b. 跟蹤訓練1　如圖，在△ABC中，A

7、B＝AC，E為BC的中點，AD⊥平面ABC，D為FG的中點，且AF＝AG，EF＝EG.求證：BC∥FG. 證明：連接DE，AE，因為AD⊥平面ABC， 所以AD⊥BC. 因為AB＝AC，E為BC的中點，所以AE⊥BC， 又AD∩AE＝A，所以BC⊥平面ADE. 因為AF＝AG，D為FG的中點，所以AD⊥FG， 同理ED⊥FG， 又ED∩AD＝D， 所以FG⊥平面ADE，所以BC∥FG. 線面垂直的性質定理、公理4及線面平行的性質定理都是證明線線平行的依據，至于線面平行、面面平行，歸結到最后還是要先證明線線平行． 類型二　面面垂直的性質定理的應用 例2　如圖，正

8、方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1， 求證：CF⊥平面BDE. 【證明】　如圖，設AC∩BD＝G，連接EG，FG. 由AB＝易知CG＝1，則EF＝CG＝CE. 又EF∥CG，所以四邊形CEFG為菱形，所以CF⊥EG. 因為四邊形ABCD為正方形，所以BD⊥AC. 又平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC， 所以BD⊥平面ACEF，CF?平面ACEF， 所以BD⊥CF. 又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE. 方法歸納 (1)兩個平面垂直的性質定理可作為判定線面垂直的依據．當已知兩個平

9、面垂直時，可在一個平面內作交線的垂線，即是另一平面的垂線． (2)證明線面垂直的常用方法： ①線面垂直的判定定理；②面面垂直的性質定理；③a∥b，b⊥α?a⊥α. 跟蹤訓練2　在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC. 求證：BC⊥AB. 證明：如圖所示，在平面PAB內作AD⊥PB于點D. ∵平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC＝PB， ∴AD⊥平面PBC. 又BC?平面PBC，∴AD⊥BC. ∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC. ∵PA∩AD＝A，∴BC⊥平面PAB. 又AB?平面PAB，∴BC⊥AB.

10、 類型三　垂直關系的綜合應用 例3　如圖，在幾何體ABCDPE中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝2EB＝4. (1)證明：BD∥平面PEC； (2)若G為BC上的動點，求證：AE⊥PG. 【證明】　(1)如圖，連接AC交BD于點O，取PC的中點F，連接OF，EF. ∵四邊形ABCD為正方形，∴O為AC的中點，∴OF∥PA，且OF＝PA. ∵EB∥PA，且EB＝PA，∴EB∥OF，且EB＝OF， ∴四邊形EBOF為平行四邊形，∴EF∥BD. 又EF?平面PEC，BD?平面PEC，∴BD∥平面PEC. (2)如圖，連接PB，∵＝＝

11、，∠EBA＝∠BAP＝90°，∴△EBA∽△BAP， ∴∠PBA＝∠BEA，∴∠PBA＋∠BAE＝∠BEA＋∠BAE＝90°，∴PB⊥AE. ∵PA⊥平面ABCD，PA?平面APEB，∴平面ABCD⊥平面APEB. ∵BC⊥AB，平面ABCD∩平面APEB＝AB，BC?平面ABCD， ∴BC⊥平面APEB，∴BC⊥AE. 又BC∩PB＝B，BC?平面PBC，PB?平面PBC， ∴AE⊥平面PBC.∵G為BC上的動點，∴PG?平面PBC，∴AE⊥PG. (1)利用長度關系構造平行四邊形，證出線線平行，進而得線面平行． (2)利用垂直關系的相互轉化證明線線垂直． 方法歸納

12、 空間線線垂直、線面垂直、面面垂直是重點考查的位置關系，證明時一般是已知垂直關系考慮性質定理，求證垂直關系考慮判定定理． 跟蹤訓練3　如圖，A，B，C，D為空間四點，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝.等邊三角形ADB以AB為軸轉動． (1)當平面ADB⊥平面ABC時，求CD； (2)當△ADB轉動時，是否總有AB⊥CD？證明你的結論． 解析：(1)如圖所示，取AB的中點E，連接DE，CE.因為△ADB是等邊三角形，所以DE⊥AB. 當平面ADB⊥平面ABC時， 因為平面ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥平面ABC，CE?平面ABC可知DE⊥CE.由已知可得DE＝

13、，EC＝1. 在Rt△DEC中，CD＝＝2. (2)當△ADB以AB為軸轉動時，總有AB⊥CD. 證明：①當D在平面ABC內時， 因為AC＝BC，AD＝BD， 所以C，D都在線段AB的垂直平分線上，即AB⊥CD. ②當D不在平面ABC內時，由(1)知AB⊥DE. 又因AC＝BC，所以AB⊥CE. 又DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE. 又CD?平面CDE，得AB⊥CD.綜上所述，總有AB⊥CD. (1)由面面垂直的性質得線面垂直，再求CD的長． (2)當△ADB轉動時，分D在平面ABC內和外2類． [基礎鞏固](25分鐘，60分) 一、選擇題(每小題5分

14、，共25分) 1．下列命題中錯誤的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內一定存在直線平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內一定不存在直線垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α內所有直線都垂直于平面β 解析：對于命題A，在平面α內存在直線l平行于平面α與平面β的交線，則l平行于平面β，故命題A正確．對于命題B，若平面α內存在直線垂直于平面β，則平面α與平面β垂直，故命題B正確．對于命題C，設α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ內取一點P不在m，n上，過P作直線a，b，使a⊥m，b⊥n

15、.∵γ⊥α，a⊥m，則a⊥α.∴a⊥l，同理有b⊥l.又a∩b＝P，a?γ，b?γ，∴l(xiāng)⊥γ.故命題C正確．對于命題D，設α∩β＝l，則l?α，l?β.故在α內存在直線不垂直于平面β，即命題D錯誤．故選D. 答案：D 2．直線a⊥平面α，b∥α，則a與b的關系為(　　) A．a⊥b，且a與b相交　　B．a⊥b，且a與b不相交 C．a⊥b D．a與b不一定垂直 解析：∵b∥α，∴b平行于α內的某一條直線，設為b′， ∵a⊥α，且b′?α，∴a⊥b′， ∴a⊥b，但a與b可能相交，也可能異面． 答案：C 3．已知直線l垂直于直線AB和AC，直線m垂直于直線BC和AC，則直線l，

16、m的位置關系是(　　) A．平行　　B．異面 C．相交 D．垂直 解析：因為直線l垂直于直線AB和AC，所以l垂直于平面ABC，同理，直線m垂直于平面ABC，根據線面垂直的性質定理得l∥m. 答案：A 4．已知平面α，β和直線m，l，則下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l⊥β B．若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥β C．若α⊥β，l?α，則l⊥β D．若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥β 解析：A項中缺少了條件l?α，故A錯誤．B項中缺少了條件α⊥β，故B錯誤．C項中缺少了條件α∩β＝m，l⊥m，故C錯誤．D項具備了面面垂直

17、的性質定理中的全部條件，故D正確． 答案：D 5．PO⊥平面ABC，O為垂足，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝5，PA＝PB＝PC＝10，則PO的長等于(　　) A．5 B．5 C．5 D．20 解析：∵PA＝PB＝PC， ∴P在面ABC上的射影O為△ABC的外心． 又△ABC為直角三角形， ∴O為斜邊BA的中點． 在△ABC中，BC＝5，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， ∴PO＝＝5. 答案：C 二、填空題(每小題5分，共15分) 6．已知PA垂直于平行四邊形ABCD所在的平面，若PC⊥BD，則平行四邊形ABCD一定是________．

18、解析：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因為PC⊥BD，所以BD⊥平面PAC，又AC?平面PAC，所以AC⊥BD. 答案：菱形 7．如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是邊長為a的正方形，側棱PA＝a，PB＝PD＝a，則它的五個面中，互相垂直的平面有________對． 解析：由勾股定理逆定理得PA⊥AD，PA⊥AB，∴PA⊥面ABCD，PA⊥CD，PA⊥CB.由直線與平面垂直的判定定理及平面與平面垂直的判定定理易得結論．平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PBC，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面PCD. 答案：5 8．如圖，

19、在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，F是AC的中點，E是PC上的點，且EF⊥BC，則＝________. 解析：在三棱錐P－ABC中， 因為PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，所以AB⊥平面APC. 因為EF?平面PAC，所以EF⊥AB， 因為EF⊥BC，BC∩AB＝B， 所以EF⊥底面ABC，所以PA∥EF， 因為F是AC的中點，E是PC上的點， 所以E是PC的中點，所以＝1. 答案：1 三、解答題(每小題10分，共20分) 9．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是AB上一點，N是A1C的中點，MN⊥平面A1DC. 求證：(1)

20、MN∥AD1； (2)M是AB的中點． 證明：(1)因為四邊形ADD1A1為正方形， 所以AD1⊥A1D. 又因為CD⊥平面ADD1A1，所以CD⊥AD1. 因為A1D∩CD＝D，所以AD1⊥平面A1DC. 又因為MN⊥平面A1DC，所以MN∥AD1. (2)連接ON，在△A1DC中， A1O＝OD，A1N＝NC， 所以ON∥CD∥AB. 所以ON∥AM. 又由(1)知MN∥OA， 所以四邊形AMNO為平行四邊形． 所以ON＝AM. 因為ON＝AB，所以AM＝AB. 所以M是AB的中點． 10. 如圖，P是四邊形ABCD所在平面外一點，四邊形ABCD是

21、∠DAB＝60°，且邊長為a的菱形．側面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD. (1)若G為AD邊的中點，求證：BG⊥平面PAD； (2)求證：AD⊥PB. 證明：(1)如圖所示，連接BD. 因為四邊形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°， 所以△ABD是正三角形， 因為G是AD的中點， 所以BG⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，BG?平面ABCD. 所以BG⊥平面PAD. (2)連接PG. 因為△PAD為正三角形，G為AD的中點， 所以PG⊥AD. 由(1)知BG⊥AD， 而PG∩BG＝G， PG?平面PB

22、G， BG?平面PBG， 所以AD⊥平面PBG. 又因為PB?平面PBG， 所以AD⊥PB. [能力提升](20分鐘，40分) 11．[2019·南昌月考] 如圖，在四面體ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么點D在平面ABC上的射影H必在(　　) A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內部 解析：在四面體ABCD中，∵AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，∴AC⊥平面ABD，又AC?平面ABC， ∴平面ABC⊥平面ABD，又平面ABC∩平面ABD＝直線AB，故點D在平面ABC上的射影H必在直線AB上． 答案：A 12．如

23、圖所示，三棱錐P－ABC的底面在平面α上，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，P，A，B是定點，則動點C運動形成的圖形是__________________． 解析：因為平面PAC⊥平面PBC， AC⊥PC，AC?平面PAC，平面PAC∩平面PBC＝PC. 所以AC⊥平面PBC. 又BC?平面PBC，所以AC⊥BC，所以∠ACB＝90°. 所以動點C運動形成的圖形是以AB為直徑的圓(除去A，B兩點)． 答案：以AB為直徑的圓(除去A，B兩點) 13. 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

24、點． 證明：(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. 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PA

25、D，∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE. 14．如圖，直角△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2AC＝4，D，E分別是AB，BC邊的中點，沿DE將△BDE折起至△FDE，且∠CEF＝60°. (1)求四棱錐F－ACED的體積； (2)求證：平面ADF⊥平面ACF. 解析：(1)∵D，E分別是AB，BC邊的中點，∴DE∥AC且DE＝AC＝1，又AC⊥BC，∴DE⊥BC.依題意得，DE⊥EF，BE＝EF＝2. 于是?DE⊥平面CEF. ∵DE?平面ACED，∴平面ACED⊥平面CEF. 過F點作FM⊥EC于M，則 ?FM⊥平面ACED， 又∵∠CEF＝6

26、0°，CE＝EF，∴△CEF為正三角形， ∴FM＝， ∴梯形ACED的面積S＝(AC＋ED)×EC＝×(2＋1)×2＝3， ∴四棱錐F－ACED的體積V＝Sh＝×3×＝. (2)證法一　如圖，設線段AF，CF的中點分別為N，Q，連接DN，NQ，EQ，則NQ∥AC，NQ＝AC， 又由(1)知DE∥AC且DE＝AC， ∴DE綊NQ，∴四邊形DEQN是平行四邊形，∴DN∥EQ. 由(1)知△CEF是等邊三角形， ∴EQ⊥FC. 由(1)知DE⊥平面CEF， 又EQ?平面CEF， ∴DE⊥EQ，∴AC⊥EQ. 于是?EQ⊥平面ACF. ∴DN⊥平面ACF. 又∵DN?平面ADF，∴平面ADF⊥平面ACF. 證法二　連接BF， 由(1)知△CEF是邊長為2的等邊三角形． ∵BE＝EF，∠CEF＝60°，∴∠EBF＝∠CEF＝30°， ∴∠BFC＝90°，即BF⊥FC. 又∵DE⊥平面BCF，DE∥AC，∴AC⊥平面BCF. ∵BF?平面BCF，∴AC⊥BF. 又∵FC∩AC＝C，∴BF⊥平面ACF. 又∵BF?平面ADF，∴平面ADF⊥平面ACF. - 16 -