学年人教A版必修2 第二章233234直线与平面垂直的性质 平面与平面垂直的性质学案Word下载.docx
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又∵A1C⊂平面A1C1C,
∴B1D1⊥A1C.
(2)连接B1A,AD1.
∵B1C1∥AD,且B1C1=AD
∴四边形ADC1B1为平行四边形,
∴C1D∥AB1.
∵MN⊥C1D,
∴MN⊥AB1.
又∵MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,
∴MN⊥平面AB1D1.
由
(1)知A1C⊥B1D1.
同理可得A1C⊥AB1.
又∵AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,
∴A1C⊥平面AB1D1.
∴A1C∥MN.
反思与感悟 证明线线平行的常用方法
(1)利用线线平行定义:
证共面且无公共点.
(2)利用三线平行公理:
证两线同时平行于第三条直线.
(3)利用线面平行的性质定理:
把证线线平行转化为证线面平行.
(4)利用线面垂直的性质定理:
把证线线平行转化为证线面垂直.
(5)利用面面平行的性质定理:
把证线线平行转化为证面面平行.
跟踪训练1 如图,α∩β=l,PA⊥α,PB⊥β,垂足分别为A,B,a⊂α,a⊥AB.求证:
a∥l.
证明 ∵PA⊥α,l⊂α,∴PA⊥l.同理PB⊥l.
∵PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴l⊥平面PAB.
又∵PA⊥α,a⊂α,∴PA⊥a.
∵a⊥AB,PA∩AB=A,PA,PB⊂平面PAB,∴a⊥平面PAB.
∴a∥l.
类型二 面面垂直性质定理的应用
例2 如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.
求证:
BC⊥AB.
考点 平面与平面垂直的性质
题点 应用面面垂直的性质判定线线垂直
证明 如图,在平面PAB内,作AD⊥PB于点D.
∵平面PAB⊥平面PBC,
且平面PAB∩平面PBC=PB,AD⊂平面PAB,
∴AD⊥平面PBC.
又BC⊂平面PBC,∴AD⊥BC.
又∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC,
又∵PA∩AD=A,∴BC⊥平面PAB.
又AB⊂平面PAB,∴BC⊥AB.
反思与感悟 证明线面垂直,一种方法是利用线面垂直的判定定理,另一种方法是利用面面垂直的性质定理.本题已知面面垂直,故可考虑面面垂直的性质定理.利用面面垂直的性质定理证明线面垂直的问题时,要注意以下三点:
(1)两个平面垂直;
(2)直线必须在其中一个平面内;
(3)直线必须垂直于它们的交线.
跟踪训练2 如图所示,P是四边形ABCD所在平面外的一点,ABCD是∠DAB=60°
且边长为a的菱形.侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,G为边AD的中点.
(1)BG⊥平面PAD;
(2)AD⊥PB.
证明
(1)平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB=60°
,
∴△ABD是正三角形,∴BG⊥AD.又BG⊂平面ABCD,∴BG⊥平面PAD.
(2)由
(1)可知BG⊥AD,由题意知△PAD为正三角形,G是AD的中点,∴PG⊥AD.
又BG∩PG=G,PG,BG⊂平面PBG,
∴AD⊥平面PBG,又PB⊂平面PBG,∴AD⊥PB.
类型三 垂直关系的综合应用
例3 如图,在△BCD中,∠BCD=90°
,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°
,E,F分别是AC,AD上的动点,且
=
=λ(0<
λ<
1).
无论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;
(2)是否存在实数λ,使得平面BEF⊥平面ACD.
考点 线、面平行、垂直的综合应用
题点 平行与垂直的计算与探索性问题
(1)证明 ∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,
∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC,AB∩BC=B,
∴CD⊥平面ABC.
又∵
1),
∴无论λ为何值,恒有EF∥CD,
∴EF⊥平面ABC.
又∵EF⊂平面BEF,
∴无论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC.
(2)解 假设存在λ,使得平面BEF⊥平面ACD.
由
(1)知BE⊥EF,
∵平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD=EF,BE⊂平面BEF,
∴BE⊥平面ACD.
又∵AC⊂平面ACD,
∴BE⊥AC.
∵BC=CD=1,∠BCD=∠ABD=90°
,∠ADB=60°
∴BD=
,∴AB=
tan60°
∴AC=
.
由Rt△AEB∽Rt△ABC,
得AB2=AE·
AC,
∴AE=
∴λ=
故当λ=
时,平面BEF⊥平面ACD.
反思与感悟 立体几何中的探索性问题
(1)探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么.解答此类问题,先观察与尝试给出条件再给出证明.
(2)探索结论,即在给定的条件下命题的结论是什么.解答此类问题,常从条件出发,探索出要求的结论是什么.对于探索的结论是否存在问题.求解时,常假设结论存在,再寻找与条件相容还是矛盾的结论.
跟踪训练3 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形,∠DAB=60°
,侧面PAD为等边三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
AD⊥PB;
(2)若E为BC边上的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?
并证明你的结论.
(1)证明 设G为AD的中点,连接PG,BG,BD,如图.
因为△PAD为等边三角形,
所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°
,所以△ABD为等边三角形,
又因为G为AD的中点,所以BG⊥AD.
又因为BG∩PG=G,BG,PG⊂平面PGB,
所以AD⊥平面PGB.
因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.
(2)解 当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.
如图,设F为PC的中点,则在△PBC中,EF∥PB.
在菱形ABCD中,GB∥DE,而PB∩GB=B,EF∩DE=E,PB,GB⊂平面PGB,EF,DE⊂平面DEF,
所以平面DEF∥平面PGB,由
(1)得,PG⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,所以PG⊥平面ABCD,而PG⊂平面PGB,
所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.
1.从圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上),过该点作另一个底面的垂线,则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是( )
A.相交B.平行C.异面D.相交或平行
答案 B
2.给出下列命题:
①垂直于同一条直线的两个平面互相平行;
②垂直于同一个平面的两条直线互相平行;
③一条直线在平面内,另一条直线与这个平面垂直,则这两条直线垂直.
其中真命题的个数是( )
A.0B.1C.2D.3
题点 平行与垂直的判定
答案 D
3.已知平面α⊥平面β,则下列命题中真命题的个数是( )
①α内的任意直线必垂直于β内的无数条直线;
②在β内垂直于α与β的交线的直线必垂直于α内的任意一条直线;
③α内的任意一条直线必垂直于β;
④过β内的任意一点作α与β交线的垂线,则这条直线必垂直于α.
A.4B.3C.2D.1
题点 应用面面垂直的性质判定线面垂直
答案 C
解析 ①设α∩β=l,a⊂α,b⊂β,b⊥l,则a⊥b,故β内与b平行的无数条直线均垂直于α内的任意直线,为真命题;
②β内垂直于α与β交线的直线垂直于平面α,则它垂直于α内的任意直线,为真命题;
③α内不与交线垂直的直线不垂直于β,为假命题;
④垂直于交线的直线必须在平面β内才与平面α垂直,否则不垂直,为假命题.
4.如图所示,平面α⊥平面β,在α与β的交线l上取线段AB=4cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,AC⊥l,BD⊥l,AC=3cm,BD=12cm,则线段CD的长为________.
题点 有关面面垂直性质的计算
答案 13cm
5.如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧面SDC⊥底面ABCD,求证:
平面SDC⊥平面SBC.
题点 面面垂直性质的综合应用
证明 因为底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD.
又平面SDC⊥平面ABCD,
平面SDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,
所以BC⊥平面SDC.
又因为BC⊂平面SBC,
所以平面SDC⊥平面SBC.
1.线面垂直的性质定理揭示了空间中“平行”与“垂直”关系的内在联系,提供了“垂直”与“平行”关系相互转化的依据.
2.面面垂直的性质定理揭示了“面面垂直、线面垂直及线线垂直”间的内在联系,体现了数学中的转化与化归思想,其转化关系如下:
一、选择题
1.设平面α⊥平面β,若平面α内的一条直线a垂直于平面β内的一条直线b,则( )
A.直线a必垂直于平面β
B.直线b必垂直于平面α
C.直线a不一定垂直于平面β
D.过a的平面与过b的平面垂直
解析 当两个平面垂直时,在一个平面内只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面.
2.已知m,n为两条不同直线,α,β为两个不同平面,给出下列命题:
①
⇒n∥α②
⇒m∥n
③
⇒α∥β④
其中正确命题的序号是( )
A.②③B.③④
C.①②D.①②③④
答案 A
解析 ①中n,α可能平行或n在平面α内;
②③正确;
④两直线m,n平行或异面,故选A.
3.已知l⊥平面α,直线m⊂平面β.有下面四个命题:
①α∥β⇒l⊥m;
②α⊥β⇒l∥m;
③l∥m⇒α⊥β;
④l⊥m⇒α∥β.
其中正确的两个命题是( )
A.①②B.③④
C.②④D.①③
解析 ∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β,
∵m⊂β,∴l⊥m,故①正确;
∵l∥m,l⊥α,∴m⊥α,
又∵m⊂β,∴α⊥β,故③正确.
4.如图,设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G,H.为使PQ⊥GH,则需增加的一个条件是( )
A.EF⊥平面αB.EF⊥平面β
C.PQ⊥GED.PQ⊥FH
解析 因为EG⊥平面α,PQ⊂平面α,所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β,则由PQ⊂平面β,得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线,所以PQ⊥平面EFHG,所以PQ⊥GH,故选B.
5.如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,那么D在平面ABC内的射影H必在( )
A.直线AB上B.直线BC上
C.直线AC上D.△ABC内部
解析 在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B,∴AC⊥平面ABD.
又∵AC⊂平面ABC,
∴平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,
D在平面ABC内的射影H必在AB上.故选A.
6.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,AB=BC,则下列结论中正确的是( )
A.BD1∥B1C
B.A1D1∥平面AB1C
C.BD1⊥AC
D.BD1⊥平面AB1C
解析 连接BD.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,
∴AC⊥BD.又AC⊥DD1,BD∩DD1=D,
∴AC⊥平面BDD1.
∵BD1⊂平面BDD1,
∴AC⊥BD1.故选C.
7.如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为45°
和30°
.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A′,B′,则AB∶A′B′等于( )
A.2∶1B.3∶1
C.3∶2D.4∶3
解析 如图:
由已知得AA′⊥平面β,
∠ABA′=30°
,BB′⊥平面α,∠BAB′=45°
设AB=a,则BA′=
a,BB′=
a,
在Rt△BA′B′中,A′B′=
a,∴
=2.
8.如图,在四棱锥P—ABCD中,△PAB与△PBC是正三角形,平面PAB⊥平面PBC,AC⊥BD,则下列结论不一定成立的是( )
A.PB⊥ACB.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PDD.平面PBD⊥平面ABCD
考点
题点
解析 取BP的中点O,连接OA,OC,则BP⊥OA,BP⊥OC,又因为OA∩OC=O,所以BP⊥平面OAC,所以BP⊥AC,故选项A正确;
又AC⊥BD,BP∩BD=B,得AC⊥平面BDP,
又PD⊂平面BDP,所以AC⊥PD,平面PBD⊥平面ABCD,故选项C,D正确,故选B.
二、填空题
9.a,b是异面直线,直线l⊥a,l⊥b,直线m⊥a,m⊥b,则l与m的位置关系是_____.
答案 平行
解析 由线面垂直的性质定理可得.
10.如图,平面ABC⊥平面ABD,∠ACB=90°
,CA=CB,△ABD是正三角形,O为AB中点,则图中直角三角形的个数为________.
答案 6
解析 ∵CA=CB,O为AB的中点,
∴CO⊥AB.
又平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,CO⊂平面ABC,
∴CO⊥平面ABD.
∵OD⊂平面ABD,
∴CO⊥OD,
∴△COD为直角三角形.
∴图中的直角三角形有△AOC,△COB,△ABC,△AOD,△BOD,△COD共6个.
11.如图所示,AB为圆O的直径,点C在圆周上(异于点A,B),直线PA垂直于圆O所在的平面,点M为线段PB的中点.有以下四个命题:
①PA∥平面MOB;
②MO∥平面PAC;
③OC⊥平面PAC;
④平面PAC⊥平面PBC.其中正确的命题是______.(填上所有正确命题的序号)
答案 ②④
解析 因为PA⊂平面MOB,所以①不正确;
因为MO∥PA,而且MO⊄平面PAC,所以②正确;
OC不垂直于AC,所以③不正确;
因为BC⊥AC,BC⊥PA,AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBC,所以④正确.
三、解答题
12.如图,三棱锥P-ABC中,已知△ABC是等腰直角三角形,∠ABC=90°
,△PAC是直角三角形,∠PAC=90°
,∠ACP=30°
,平面PAC⊥平面ABC,
平面PAB⊥平面PBC.
证明 ∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊥AC,PA⊂平面PAC,
∴PA⊥平面ABC.
又BC⊂平面ABC,
∴PA⊥BC.
又∵AB⊥BC,AB∩PA=A,AB⊂平面PAB,
PA⊂平面PAB,
∴BC⊥平面PAB.
又BC⊂平面PBC,
∴平面PAB⊥平面PBC.
13.如图,在四棱锥P—ABCD中,PC=AD=CD=
AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.
BC⊥平面PAC;
(2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由;
并求三棱锥A—CMN的高.
(1)证明 连接AC,在直角梯形ABCD中,AC=
=2
BC=
所以AC2+BC2=AB2,
即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,
所以PC⊥BC,又AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,
故BC⊥平面PAC.
(2)解 N为PB的中点,连接MN,CN.
因为M为PA的中点,N为PB的中点,所以MN∥AB,
且MN=
AB=2.
又因为AB∥CD,所以MN∥CD,所以M,N,C,D四点共面,
所以N为过C,D,M三点的平面与线段PB的交点.
因为BC⊥平面PAC,N为PB的中点,
所以点N到平面PAC的距离d=
又S△ACM=
S△ACP=
×
AC×
PC=
所以V三棱锥N—ACM=
由题意可知,在Rt△PCA中,
PA=
,CM=
在Rt△PCB中,PB=
,CN=
,所以S△CMN=
2×
设三棱锥A—CMN的高为h,
V三棱锥N—ACM=V三棱锥A—CMN=
h=
解得h=
,故三棱锥A—CMN的高为
四、探究与拓展
14.如图,AA1,BB1为圆柱的母线,BC是底面圆的直径,D,E分别是BB1,A1C的中点.
(1)证明:
DE∥平面ABC;
(2)证明:
A1B1⊥平面A1AC.
题点 平行、垂直综合问题的证明
证明
(1)如图,取AA1的中点F,连接DF,EF.因为D,E分别是BB1,A1C的中点,所以DF∥AB,EF∥AC.
又DF∩EF=F,AB∩AC=A,DF,EF⊂平面DEF,AB,AC⊂平面ABC,
所以平面DEF∥平面ABC.
又DE⊂平面DEF,所以DE∥平面ABC.
(2)因为AA1,BB1为圆柱的母线,所以AB∥A1B1.
因为AA1垂直于底面圆所在的平面,所以AA1⊥AB.
又BC是底面圆的直径,所以AB⊥AC.
又AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面A1AC,所以AB⊥平面A1AC,
又A1B1∥AB,所以A1B1⊥平面A1AC.
15.如图①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②所示.
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)证明 因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.
又DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.
(2)证明 由已知得DC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥DC.又DE⊥A1D,A1D∩CD=D,A1D,CD⊂平面A1DC,
所以DE⊥平面A1DC,而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,CD,DE⊂平面BCDE,所以A1F⊥平面BCDE,
所以A1F⊥BE.
(3)解 线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.
理由如下:
如图所示,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接DP,PQ,QE,
则PQ∥BC.又因为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A1C⊥DP,又DE∩DP=D,DE,DP⊂平面DEP,所以A1C⊥平面DEP,从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,且Q为A1B的中点时,A1C⊥平面DEQ.
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