2021版高考文科数学（北师大版）一轮复习教师用书：第八章　第4讲　垂直关系

第4讲　垂直关系一、知识梳理1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a∥b2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⇒l⊥α3.直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，∠PAO就是斜线AP与平面α所成的角．(2)线面角θ的范围：θ∈.①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角；③当直线与平面斜交时，它们所成的角是锐角．常用结论1．与线面垂直相关的两个常用结论：(1)两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直．(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直．2．三种垂直关系的转化：线线垂直线面垂直面面垂直二、教材衍化   1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)A．m∥l  B．m∥n  C．n⊥l  D．m⊥n解析：选C.由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.2．在三棱锥P­ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的        心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的        心．解析：(1)如图，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB，又AB平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．答案：(1)外　(2)垂一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(　　)(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(　　)(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×二、易错纠偏(1)证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件；(2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直．1．(2020·安徽江南十校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出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：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．2．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知直线l和平面α，β，且lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的(　　)A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充要条件  D．既不充分也不必要条件解析：选A.由面面垂直的判定定理可得，若lα，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；若l⊥β，α⊥β，则lα或l∥α，必要性不成立，所以若lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.　　　　　　线面垂直的判定与性质(师生共研) (1)(2018·高考全国卷Ⅱ节选)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.(2)(2020·重庆市七校联合考试)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．求证：AE⊥平面A1BD.【证明】　(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC，因为直三棱柱ABC­A1B1C1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分别是AC，CC1的中点，所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，所以AE⊥平面A1BD.判定线面垂直的四种方法　　如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.求证：B1N⊥A1C.证明：连接CM，在直三棱柱ABC­A1B1C1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.因为B1N平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.因为A1C平面A1CM，所以B1N⊥A1C.　　　　　　面面垂直的判定与性质(师生共研) (2019·高考北京卷节选)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.【证明】　(1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(1)证明面面垂直的方法①定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．②定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．　如图，在三棱锥A­BCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.证明：平面ACD⊥平面BDP.证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.因为点P是AC的中点，所以PD⊥AC，PB⊥AC，因为PD∩PB＝P，PD平面PBD，PB平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因为AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.　　　　　　直线与平面所成的角(师生共研) (2020·宁夏六盘山高级中学二模)空间四边形PABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PA＝4，则PC和平面PAB所成角的正切值为        ．【解析】　取AB的中点O，连接CO，PO，易知CO⊥平面PAB，则∠CPO为PC和平面PAB所成的角．易得CO＝，PO＝3，所以tan ∠CPO＝＝，所以PC和平面PAB所成角的正切值为.【答案】　求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线．(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角．(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．1．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)A．8  B．6  C．8  D．8解析：选C.连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.2．已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球＝，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为        ．解析：如图，过点O作OM⊥平面ABCD，垂足为点M，则点M为正方形ABCD的中点．因为正方形ABCD的边长为2，所以AC＝2，所以AM＝.因为V球＝πr3＝，所以球O的半径OA＝r＝2，OA与平面ABCD 所成的角的余弦值为cos∠OAM＝＝＝.答案：核心素养系列15　逻辑推理——空间中平行与垂直的证明 如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【证明】　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．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.因为E和F分别是CD和PC的中点，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.本题考查数学核心素养中的逻辑推理及直观想象、逻辑推理让学生能发现问题和提出问题；能掌握推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，构建知识框架；形成有论据、有条理、合乎逻辑的思维品质，增强数学交流能力．　(2020·太原市模拟试题(一))如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥P­NBM的体积．解：(1)证明：连接BD.因为PA＝PD，N为AD的中点，所以PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以BN⊥AD.又PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB.(2)因为PA＝PD＝AD＝2，所以PN＝NB＝.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＝××＝.因为AD⊥平面PNB，AD∥BC，所以BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，所以VP­NBM＝VM­PNB＝VC­PNB＝×××2＝.[基础题组练]1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　　)A．若a∥α，b∥α，则a∥b  B．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥α  D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或bα，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或bα，或b与α相交，故D错误．故选B.2．(2020·陕西咸阳一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βD．若α∥β，mα，nβ，则m∥n解析：选B.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；若m⊥n，mα，nβ，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，mα，nβ，则m∥n或m，n异面，故D错误．3.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC解析：选D.因为BC∥DF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．4．(2020·辽宁抚顺一模)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是(　　)A．直线DE⊥直线AD  B．直线DE⊥直线PAC．直线DE⊥直线AB  D．直线DE⊥直线AC解析：选D.如图，因为PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，取PB的中点G，连接AG，CG，则PB⊥CG，PB⊥AG，又因为AG∩CG＝G，所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，因为D，E分别为棱BC，PC的中点，所以DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.5．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：          ．解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则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.命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为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．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有                  ；与AP垂直的直线有        ．解析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC　AB7.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PC⊥AB.又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.8．(2020·武汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝1，AC⊥BC，E在AB上，且BA＝3BE，G在AA1上，且AA1＝3GA1.(1)求三棱锥A1­ABC1的体积；(2)求证：AC1⊥EG.解：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，所以B到平面ACC1A1的距离为1，所以VA1­ABC1＝VB­AA1C1＝×(×1×1)×1＝.(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD＝CA，连接ED，DG，因为BE＝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＝CA，A1G＝A1A，得DG⊥AC1.又DE∩DG＝D，所以AC1⊥平面DEG.所以AC1⊥EG.[综合题组练]1.如图，棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论不正确的是(　　)A．平面D1A1P⊥平面A1APB．∠APD1的取值范围是　C．三棱锥B1­D1PC的体积为定值D．DC1⊥D1P解析：选B.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1­D1PC的体积为定值，故C正确；在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为        ．解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.答案：8π3.如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD.又AM平面PAD，则CD⊥AM，而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.(2)延长NM，CD交于点E，因为PC⊥平面AMN，所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，在Rt△PMN中，sin ∠MPN＝＝，故CD与平面AMN所成角的正弦值为.4．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．(1)求四棱锥P­ABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.因为EF平面PEC，AG平面PEC，所以AG∥平面PEC.(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，因为PA∩AD＝A，PA平面PAD，AD平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AG平面PAD，所以CD⊥AG.易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.又EF平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.