数学理科：直线、平面垂直的判定与性质

考点一　直线与平面垂直的判定和性质

【例1】证明　(1)在四棱锥P-ABCD中,

因PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,故PA⊥CD.

因AC⊥CD,PA∩AC=A,故CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC,故CD⊥AE.

(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.

因E是PC的中点,故AE⊥PC.

由(1),知AE⊥CD,且PC∩CD=C,

故AE⊥平面PCD.

而PD⊂平面PCD,故AE⊥PD.

因PA⊥底面ABCD,故PA⊥AB.

又因AB⊥AD且PA∩AD=A,

故AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,

故AB⊥PD.又因AB∩AE=A,

故PD⊥平面ABE.

在△BEC中,因为BE2+BC2=9=EC2,故BE⊥BC.

由BB1⊥平面ABCD,得BE⊥BB1,又BB1∩BC=B,

所以BE⊥平面BB1C1C.

考点二　平面与平面垂直的判定与性质

【例2】证明　因ABC-A1B1C1是棱柱,且AB=BC=AA1=BB1,

故四边形BCC1B1是菱形,故B1C⊥BC1.

由AA1⊥平面ABC,AA1∥BB1,得BB1⊥平面ABC.

因AB⊂平面ABC,故BB1⊥AB.

又因AB=BC,且AC=,故AB⊥BC,

而BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面BCC1B1,

故AB⊥平面BCC1B1,而B1C⊂平面BCC1B1,AB⊥B1C.

而AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1.

故B1C⊥平面ABC1,而B1C⊂平面B1CD.

故平面ABC1⊥平面B1CD.

【训练2】证明　由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1,又BM⊂平面BCC1B1,所以A1B1⊥BM.

又CC1=2,M为CC1的中点,所以C1M=CM=1.

又B1B=2,所以B1M2+BM2=B1B2,从而BM⊥B1M.

又A1B1∩B1M=B1,所以BM⊥平面A1B1M,

因为BM⊂平面ABM,所以平面ABM⊥平面A1B1M.

考点三　平行、垂直关系的综合问题

【例3】审题路线　(1)取PA的中点H⇒证明四边形DCEH是平行四边形⇒CE∥DH⇒根据线面平行的判定定理可证.

(2)证明AB⊥EF⇒证明AB⊥FG⇒证明AB⊥平面EFG⇒证明MN⊥平面EFG⇒得到结论.

证明　(1)取PA的中点H,连接EH,DH.因为E为PB的中点,

所以四边形DCEH是平行四边形.

所以CE∥DH.

又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,

所以CE∥平面PAD.

(2)因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.

又AB⊥PA,且EF,PA共面,

所以AB⊥EF.

同理可证AB⊥FG.

又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,

因此AB⊥平面EFG.

又M,N分别为PD,PC的中点,所以MN∥DC.

又AB∥DC,所以MN∥AB,因此MN⊥平面EFG.

又MN⊂平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.

考点四　线面角、二面角的求法

【例4】审题路线　(1)先找出PB和平面PAD所成的角,线面角的定义要能灵活运用;(2)可以利用线面垂直根据二面角的定义作角.

(1)解　在四棱锥P-ABCD中,因PA⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD.

故PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩CD=A,从而AB⊥平面PAD.

故PB在平面PAD内的射影为PA,从而∠APB为PB和平面PAD所成的角.

在Rt△PAB中,AB=PA,故∠APB=45°.

所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.

(2)证明　在四棱锥P-ABCD中,

因PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,

故CD⊥PA.由条件CD⊥AC,PA∩AC=A,

故CD⊥平面PAC.

又AE⊂平面PAC,故AE⊥CD.

由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.

因E是PC的中点,故AE⊥PC.

又PC∩CD=C,综上得AE⊥平面PCD.

(3)解　过点E作EM⊥PD,垂足为M,连接AM,如图所示.

由(2)知,AE⊥平面PCD,AM在平面PCD内的射影是EM,则AM⊥PD.

因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角.

由已知,可得∠CAD=30°.

设AC=a,可得

答案　D

创新突破——求解立体几何中的探索性问题

【典例】突破1:弄清翻折前后的线面关系和几何量的度量值.翻折前:DE∥BC,DE⊥AC⇒翻折后:DE∥BC,DE⊥A1D,DE⊥CD.

突破2:要证A1F⊥BE,转化为证A1F⊥平面BCDE.

突破3:由A1D=CD,可想到取A1C的中点P,则DP⊥A1C,进而可得A1B的中点Q为所求点.

(1)证明　因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.

又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB,

所以DE∥平面A1CB.

(2)证明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.

所以DE⊥A1D,DE⊥CD,又A1D∩DE=D,所以DE⊥平面A1DC.

而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.

又因为A1F⊥CD,所以A1F⊥平面BCDE.(www.xing528.com)

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,分别取A1C,A1B的中点P,Q,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△DA1C底边A1C的中点,

所以A1C⊥DP,又DE∩DP=D,A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.

故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.

基础过关题

一、选择题

1.解析　若α⊥β,因为α∩β=m,b⊂β,b⊥m,所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α,又a⊂α,所以a⊥b;反过来,当a∥m时,因为b⊥m,且a,m共面,一定有b⊥a,但不能保证b⊥α,所以不能推出α⊥β.故选A.

答案　A

2.解析　与α,β两垂直平面的交线垂直的直线m,可与α平行或相交,故A错;对B,存在n∥α情况,故选项B错;对D;存在α∥β情况,故选项D错;由n⊥α,n⊥β,可知α∥β,又m⊥β,所以m⊥α,故选项C正确.

答案　C

3.解析　假设α∥β,由m⊥平面α,n⊥平面β,则m∥n,这与已知m,n为异面直线矛盾,那么α与β相交,设交线为l1,则l1⊥m,l1⊥n,在直线m上任取一点作n1平行于n,那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面,所以l1∥l.

答案　D

4.解析　因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE,所以选C.

答案　C

5.解析　如图,由题意,β∩γ=l,故l⊂γ,由α⊥γ,α∩γ=m,且l⊥m,故l⊥α,即②正确;由β∩γ=l,故l⊂β,由l⊥α,得α⊥β,即④正确;而①③条件不充分,不能判断.

答案　B

二、填空题

6.解析　因PC在底面ABCD上的射影为AC,且AC⊥BD,故BD⊥PC.故当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,故平面MBD⊥平面PCD.

答案　DM⊥PC(或BM⊥PC)

三、解答题

7.证明　(1)因为平面PAD∩平面ABCD=AD.

又平面PAD⊥平面ABCD,且PA⊥AD.

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,且四边形ABED为平行四边形.

所以BE⊥CD,AD⊥CD.

由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.

所以CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD,且CD⊂平面PCD,又E,F分别是CD和CP的中点,

所以EF∥PD,故CD⊥EF.

由EF,BE在平面BEF内,且EF∩BE=E,

故CD⊥平面BEF.

所以平面BEF⊥平面PCD.

8.(1)证明　由直四棱柱,得BB1∥DD1,

又因BB1=DD1,故BB1D1D是平行四边形,故B1D1∥BD.

而BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,

故B1D1∥平面A1BD.

(2)证明　因BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,

故BB1⊥AC.

又因BD⊥AC,且BD∩BB1=B,故AC⊥平面BB1D.

而MD⊂平面BB1D,故MD⊥AC.

(3)解　当点M为棱BB1的中点时,

平面DMC1⊥平面CC1D1D.

证明如下:

取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于O,连接OM.

因N是DC的中点,BD=BC,

故BN⊥DC.又因DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线,而平面ABCD⊥平面DCC1D1,

故BN⊥平面DCC1D1.又可证得O是NN1的中点.

故BM∥ON且BM=ON,即BMON是平行四边形.

故BN∥OM.故OM⊥平面CC1D1D.

因OM⊂平面DMC1,故平面DMC1⊥平面CC1D1D.

能力提高题

一、选择题

1.解析　由BC1⊥AC,又BA⊥AC,则AC⊥平面ABC1,因此平面ABC⊥平面ABC1,因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.

答案　A

2.解析　取BD的中点O,连接A′O,OC,因A′B=A′D,故A′O⊥BD,又平面A′BD⊥平面BCD.平面A′BD∩平面BCD=BD,故A′O⊥平面BCD,因CD⊥BD,故OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD,又A′C∩A′O=A′,故BD⊥平面A′OC,故BD⊥OC与OC不垂直于BD矛盾,故A′C不垂直于BD,A错误.因CD⊥BD,平面A′BD⊥平面BCD,故CD⊥平面A′BD,故CD⊥A′D,故,因A′B=1,BC=,故A′B2+A′C2=BC2,A′B⊥A′C,B正确.∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角,∠CA′D=45°,C错误.VA′-BCD=,D错误,故选B.

答案　B

二、填空题

3.解析　由PA⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,得PA⊥AE,又由正六边形的性质得AE⊥AB,PA∩AB=A,得AE⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,故AE⊥PB,①正确;又平面PAD⊥平面ABC,故平面ABC⊥平面PBC不成立,②错;由正六边形的性质得BC∥AD,又AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD,故直线BC∥平面PAE也不成立,③错;在Rt△PAD中,PA=AD=2AB,故∠PDA=45°,故④正确.

答案　①④

三、解答题

4.(1)证明　如图,取SD的中点E,连接AE,NE,则NE==AM,NE∥CD∥AM,

故四边形AMNE为平行四边形,

故MN∥AE.

因MN⊄平面SAD,AE⊂平面SAD,故MN∥平面SAD.

(2)证明　因SA⊥平面ABCD,

故SA⊥CD.

因底面ABCD为矩形,

故AD⊥CD.

又SA∩AD=A,

故CD⊥平面SAD,

故CD⊥SD,故∠SDA即为二面角S-CD-A的平面角,即∠SDA=45°,故△SAD为等腰直角三角形,故AE⊥SD.

因CD⊥平面SAD,故CD⊥AE,又SD∩CD=D,故AE⊥平面SCD.

因MN∥AE,故MN⊥平面SCD,又MN⊂平面SMC,

故平面SMC⊥平面SCD.