2016版新课标高考数学题型全归纳文科PPT.第八章 立体几何第5节

第五节直线、平面垂直的判定与性质✎考纲解读1.以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理.（1）如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.（2）如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理，并能够证明：（1）垂直于同一个平面的两条直线平行.（2）如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一平面垂直.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些关于空间图形位置关系的简单命题.✎知识点精讲一、直线与平面垂直1.定义：如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的任意一条直线都垂直，则称这条直线和这个平面互相垂直.2.判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于平面，用数学符号表示为：已知，，则3.性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行.二、斜线在平面内的射影从斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足与斜足的直线叫作斜线在这个平面内的射影，垂足与斜足间的线段叫作这点到平面的斜线段在这个平面内的射影.斜线上任意一点在平面上的射影一定在斜线的射影上.,,mnmnB,lmln.l三、三垂线定理及其逆定理三垂线定理及其逆定理如表所示.图形三垂线定理逆定理文字语言在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.符号语言PAAaaPOOAaOA于点PAAaaOAOAaPO于点【例8.30】设是两条直线，是两个平面，则的一个充分条件是（）.A.B.C.D.【解析】举反例排除法.如图所示，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐵1∥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，但𝐴𝐴1∥𝐵𝐵1，故选项A错误；𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，平面𝐴𝐵𝐶𝐷∥平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，但𝐴𝐴1∥𝐵𝐵1，故选项B错误；𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐶∥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，而𝐴𝐷∥𝐵𝐶，故选项D错误.故选C.题型103证明空间中直线、平面的垂直关系,ab,ab,ab∥,,ab,∥,,ab∥,,ab∥D1DB1A1C1ABC【例8.32】如图所示，在四面体𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，过𝐴作𝐴𝐸⊥𝑃𝐵交𝑃𝐵于𝐸，过𝐴作𝐴𝐹⊥𝑃𝐶交𝑃𝐶于𝐹.求证：𝑃𝐶⊥𝐸𝐹.【分析】线面垂直的判定定理及性质定理相互转化.证明：因为𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，【解析】又𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，且𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐵，又𝐴𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝐸，又𝐴𝐸⊥𝑃𝐵，𝑃𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，所以𝐴𝐸⊥平面𝑃𝐵𝐶，所以𝑃𝐶⊥𝐸𝐹.所以𝐴𝐸⊥𝑃𝐶，又𝐴𝐹⊥𝑃𝐶，𝐴𝐸∩𝐴𝐹=𝐴，所以𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐸𝐹，FECBAP【例8.35】如图所示，已知四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，𝑃𝐵=𝑃𝐷.证明：𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐶.【分析】菱形的对角线互相垂直，等腰三角形中线垂直底边.【解析】因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，又𝑃𝐵=𝑃𝐷，所以𝑃𝑂⊥𝐵𝐷，又𝐴𝐶⋂𝑃𝑂=𝑂，且𝐴𝐶，𝑃𝑂⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐶.证明：连接𝐴𝐶，交𝐵𝐷于点𝑂，则𝑂为𝐵𝐷中点，OPABCDDCBAP【例8.36】如左图所示，在边长为1的等边三角形𝐴𝐵𝐶中，𝐹是𝐵𝐶的中点，将△𝐴𝐵𝐹沿𝐴𝐹折起，得到如右图所示的三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐹，其中𝐵𝐶=22.证明：𝐶𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐹.【分析】等腰三角形中线垂直底边，勾股定理及逆定理.证明：在等边三角形𝐴𝐵𝐶中，因为𝐹是𝐵𝐶的中点，【解析】所以𝐴𝐹⊥𝐵𝐶，即𝐴𝐹⊥𝐶𝐹，因为𝐵𝐶=1，所以𝐵𝐹=𝐶𝐹=12，所以∠𝐵𝐹𝐶=90°，即𝐵𝐹⊥𝐶𝐹，又𝐵𝐹∩𝐴𝐹=𝐹，所以𝐶𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐹.在△𝐵𝐶𝐹中，又𝐵𝐶=22，即𝐵𝐹2+𝐶𝐹2=𝐵𝐶2，FCBAABFC【例8.37】如图所示，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐷，𝐸分别为𝐵𝐶，𝐵𝐵1的中点，四边形𝐵1𝐵𝐶𝐶1是正方形.求证：𝐶𝐸⊥平面𝐴𝐶1𝐷.【分析】等腰三角形中线垂直底边，正方形中相似得垂直.证明：因为三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1为直棱柱，【解析】所以𝐶𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐶𝐶1⊥𝐴𝐷，又𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐷为𝐵𝐶的中点，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，又𝐶𝐶1∩𝐶𝐵=𝐶，所以𝐴𝐷⊥平面𝐵1𝐵𝐶𝐶1，所以𝐴𝐷⊥𝐶𝐸.在正方形𝐵1𝐵𝐶𝐶1中，设𝐶𝐸∩𝐶1𝐷=𝑂，C1B1A1EDCBAOABCDEA1B1C1又𝐶1𝐷∩𝐴𝐷=𝐷，所以𝐶𝐸⊥平面𝐴𝐶1𝐷.因为𝐷，𝐸分别为𝐵𝐶，𝐵𝐵1的中点，所以Rt∆𝐸𝐵𝐶≅Rt∆𝐷𝐶𝐶1，所以∠𝐷𝐶1𝐶=∠𝐸𝐶𝐵，则∠𝐶1𝐷𝐶+∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐶1𝐷𝐶+∠𝐷𝐶1𝐶=90°.所以∠𝐷𝑂𝐶=90°，即𝐶1𝐷⊥𝐶𝐸，【例8.38】如图所示，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中.求证：𝐵𝐷1⊥面𝐴𝐵1C.【分析】线面垂直的判定定理及性质定理相互转化，三垂线定理的应用.所以𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐷𝐷1⊥𝐴𝐶，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，有𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，又𝐵𝐷∩𝐷𝐷1=𝐷，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷1𝐷，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷1，所以𝐵𝐷1⊥面𝐴𝐵1𝐶.所以𝐵1𝐶⊥𝐵𝐷1，又𝐴𝐶∩𝐵1𝐶=𝐶，同理𝐵1𝐶⊥平面𝐵𝐷1𝐶1，证明：连接𝐵𝐷，𝐵𝐶1.因为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，【解析】D1C1B1A1DCBAABCDA1B1C1D1【例8.39】如图所示，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐵∕∕𝐶𝐷，𝑃𝐷=𝐴𝐷，𝐸是𝑃𝐵的中点，𝐹是𝐷𝐶上的点，且𝐷𝐹=12𝐴𝐵，𝑃𝐻为△𝑃𝐴𝐷中𝐴𝐷边上的高.（1）证明：𝑃𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷；（2）若𝑃𝐻=1，𝐴𝐷=2，𝐹𝐶=1，求三棱锥𝐸−𝐵𝐶𝐹的体积；（3）证明：𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐵.HPFEDCBA（1）因为𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，𝑃𝐻⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐴𝐵⊥𝑃𝐻.【解析】又因为𝑃𝐻为△𝑃𝐴𝐷中𝐴𝐷边上的高，所以𝑃𝐻⊥𝐴𝐷.又𝐴𝐵∩𝐴𝐷=𝐴，所以𝑃𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷.（2）𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，故𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，又𝐴𝐵∕∕𝐶𝐷，则𝐴𝐷是△𝐵𝐶𝐹的高.𝑆△𝐵𝐶𝐹=12𝐹𝐶⋅𝐴𝐷=12×1×2=22，因为𝐸是𝑃𝐵的中点，𝑃𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以点𝐸到平面𝐴𝐵𝐶𝐷的距离等于12𝑃𝐻=12，于是𝑉𝐸−𝐵𝐶𝐹=13𝑆△𝐵𝐶𝐹⋅ℎ=13×22×12=212.（3）如图所示，取𝑃𝐴中点𝐺，连接𝐺𝐷，𝐺𝐸.即三棱锥𝐸−𝐵𝐶𝐹的高ℎ=12，因为𝐸是𝑃𝐵的中点，所以𝐺𝐸=12𝐴𝐵，且𝐺𝐸∕∕𝐴𝐵.而𝐹是𝐷𝐶上的点且𝐷𝐹=12𝐴𝐵，𝐷𝐹∕∕𝐴𝐵，所以𝐺𝐸=𝐷𝐹且𝐺𝐸∕∕𝐷𝐹.故四边形𝐺𝐷𝐹𝐸是平行四边形，所以𝐸𝐹∕∕𝐺𝐷.而𝑃𝐷=𝐴𝐷，所以𝐺𝐷⊥𝑃𝐴.又因为𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，𝐺𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐴𝐵⊥𝐺𝐷.而𝐴𝐵∩𝑃𝐴=𝐴，所以𝐺𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐵，又𝐸𝐹∕∕𝐺𝐷，所以𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐵.GABCDEFPH【例8.41】如图所示，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴1𝐵1=𝐴1𝐶1，𝐷，𝐸分别是棱𝐵𝐶，𝐶𝐶1上的点（点𝐷不同于点𝐶），且𝐴𝐷⊥𝐷𝐸.求证：平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1.【分析】找到最合适的线面垂直.证明：在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，有𝐶𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐶，【解析】所以𝐴𝐷⊥𝐶𝐶1，又𝐴𝐷⊥𝐷𝐸，𝐷𝐸∩𝐶𝐶1=𝐸，且𝐷𝐸，𝐶𝐶1⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以𝐴𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1.又𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐷𝐸，所以平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1.C1B1A1EDCBA【例8.42】如图（a）所示，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，𝐷，𝐸分别为𝐴𝐶，𝐴𝐵的中点，点𝐹为线段𝐶𝐷上的一点.将△𝐴𝐷𝐸沿𝐷𝐸折起到△𝐴1𝐷𝐸的位置，使𝐴1𝐹⊥𝐶𝐷，如图（b）所示.本题是立体几何的折叠问题，突破的关键在于抓住折叠前后的不变量（长度或角度）.【分析】（1）求证：𝐷𝐸∕∕平面𝐴1𝐶𝐵；（2）求证：𝐴1𝐹⊥𝐵𝐸；（3）线段𝐴1𝐵上是否存在点𝑄，使𝐴1𝐶⊥平面𝐷𝐸𝑄？说明理由.（1）因为𝐷，𝐸分别为𝐴𝐶，𝐴𝐵的中点，所以𝐷𝐸∕∕𝐵𝐶，【解析】所以𝐷𝐸∕∕平面𝐴1𝐶𝐵.题型104与垂直有关的探究开放性问题a()FEDCBAb()A1FDECB（2）由已知∠𝐶=90°，即𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，又𝐷𝐸∕∕𝐵𝐶，所以𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，即𝐷𝐸⊥𝐴1𝐷，又𝐷𝐸⊥𝐶𝐷，又𝐴1𝐷∩𝐶𝐷=𝐷，所以𝐷𝐸⊥平面𝐴1𝐷𝐶，又𝐴1𝐹⊂平面𝐴1𝐷𝐶，所以𝐷𝐸⊥𝐴1𝐹.又𝐴1𝐹⊥𝐶𝐷，且𝐷𝐸∩𝐶𝐷=𝐷，所以𝐴1𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐷𝐸，又𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐷𝐸，所以𝐴1𝐹⊥𝐵𝐸.（3）线段𝐴1𝐵上存在点𝑄，使𝐴1𝐶⊥平面𝐷𝐸𝑄.证明如下：如图所示，分别取𝐴1𝐶，𝐴1𝐵的中点𝑃，𝑄，则𝑃𝑄∕∕𝐵𝐶，因为𝐷𝐸∕∕𝐵𝐶，所以𝐷𝐸∕∕𝑃𝑄，所以平面𝐷𝐸𝑄即为平面𝐷𝐸𝑃.由（2）知𝐷𝐸⊥平面𝐴1𝐷𝐶，所以𝐷𝐸⊥𝐴1𝐶.又因为𝑃是等腰三角形𝐷𝐴1𝐶底边𝐴1𝐶的中点，所以𝐷𝑃⊥𝐴1𝐶，又𝐷𝐸∩𝐷𝑃=𝐷，所以𝐴1𝐶⊥平面𝐷𝐸𝑃，从而𝐴1𝐶⊥平面𝐷𝐸𝑄.故线段𝐴1𝐵上存在𝐴1𝐵的中点𝑄，使𝐴1𝐶⊥平面𝐷𝐸𝑄.QPBCEDFA1