【北师大版】2021版高考数学一轮复习第九章立体几何9.4 垂直关系

【北师大版】2021版高考数学一轮复习第九章立体几何9.4 垂直关系

- 1 - 9.4 垂直关系 核心考点·精准研析 考点一 垂直关系的基本问题 1.(2020·六安模拟)已知平面α⊥平面β,直线 m 满足 m⊈ α,则“m∥α”是“m⊥β”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 2.设 l,m,n 表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题: ①若 m∥l,且 m⊥α,则 l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则 m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④如果 m ⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题为( ) A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 3.如图,在三棱锥 A-BCD 中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面 ABC⊥平面 BCD. ①AC⊥BD;②平面 ABC⊥平面 ABD;③平面 ACD⊥平面 ABD.以上结论中正确的个数有 ( ) A.1 B.2 C.3 D.0 【解析】1.选 B.平面α⊥平面β,则“m∥α”⇒“m∥β或 m β或 m 与β相交”,反之,平面α⊥平面 β,令平面α∩平面β=l,在 l 上任取一点 A,在α内过 A 作 AB⊥l,则 AB⊥平面β,又 m⊥β,可得 m∥AB,所 以 m∥α; 则“m∥α”是“m⊥β”的必要不充分条件. 2.选 D.①若 m∥l,且 m⊥α,则 l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平 面. ②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则 m⊥n 是错误的,当 m 和 n 平行或相交(不垂直)时,也可能满足前边的条件; ③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ,不对,垂直于同一个平面的两个平面也可以是相交的; ④如果 m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以相交或平行. 3.选 C.因为平面 ABC⊥平面 BCD,平面 ABC∩平面 BCD=BC,BC⊥BD,所以 BD⊥平面 ABC,又 AC 平面 ABC,所 以 BD⊥AC,故①正确.因为 BD⊥AC,BD⊥BC,AC∩BC=C,所以 BD⊥平面 ABC,又因为 BD 平面 ABD,所以平面 - 2 - ABD⊥平面 ABC,故②正确.因为 AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以 AC⊥平面 ABD,又 AC 平面 ACD,所以平面 ACD⊥平面 ABD,故③正确. 与线面垂直关系有关命题真假的判断方法 (1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断. (2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确. (3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定或性质定理进行简单说明. 【秒杀绝招】 排除法解 T2,选 D.若 m∥l,且 m⊥α,则 l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直 于这个平面,故①正确,排除 A,B,C,选 D. 考点二 点到面的距离问题 【典例】如图,△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,AB=2 .求点 A 到平面 MBC 的距离. 【解析】取 CD 的中点 O,连接 OB,OM,则 OB=OM= , OB⊥CD,MO⊥CD. 又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD, 所以 MO∥AB,MO∥平面 ABC, 所以点 M,O 到平面 ABC 的距离相等. 作 OH⊥BC 于点 H,连接 MH,则 MH⊥BC. 求得 OH=OC·cos 30°= , MH= = . 设点 A 到平面 MBC 的距离为 d,由 VA-MBC=VM-ABC 得 ·S△MBC·d= ·S△ABC·OH. 即 × ×2× d= × ×2×2 × , - 3 - 解得 d= . 求点到平面的距离,按照定义需要找到这点到平面的垂线段,一般不好找垂足,可以利用等体积法转化为方 程问题求解. 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面 ABCD, PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°. (1)求证:PC⊥BC. (2)求点 A 到平面 PBC 的距离. 【解析】(1)因为 PD⊥平面 ABCD,BC 平面 ABCD,所以 PD⊥BC.因为∠BCD=90°,所以 CD⊥BC, 又 PD∩DC=D,PD,DC 平面 PCD,所以 BC⊥平面 PCD.因为 PC 平面 PCD,故 PC⊥BC. (2)分别取 AB,PC 的中点 E,F,连接 DE,DF,则易证 DE∥CB,DE∥平面 PBC,所以点 D,E 到平面 PBC 的距离相等, 又点 A 到平面 PBC 的距离等于点 E 到平面 PBC 的距离的 2 倍, 由(1)知,BC⊥平面 PCD,所以平面 PBC⊥平面 PCD, 因为 PD=DC,PF=FC,所以 DF⊥PC,因为平面 PCD∩平面 PBC=PC. 所以 DF⊥平面 PBC 于点 F. 易知 DF= ,故点 A 到平面 PBC 的距离等于 . 【一题多解】(2)等体积法:连接 AC,设点 A 到平面 PBC 的距离为 h, 因为 AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°. 由 AB=2,BC=1,得△ABC 的面积 S△ABC=1. 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1,得三棱锥 P-ABC 的体积 V= S△ABC·PD= . 因为 PD⊥平面 ABCD,DC 平面 ABCD,所以 PD⊥DC, - 4 - 又 PD=DC=1,所以 PC= = , 由 PC⊥BC,BC=1,得△PBC 的面积 S△PBC= , 由 VA-PBC=VP-ABC 得, S△PBC·h= ,得 h= ,故点 A 到平面 PBC 的距离等于 . 考点三 直线、平面垂直,面面垂直的判定与性质 命 题 精 解 读 1.考什么:(1)考查证明线线垂直、线面垂直、面面垂直.(2)考查直观想象与逻辑推理的核心素养. 2.怎么考:考查在柱、锥、台体中证明线面的垂直关系. 3.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与平行、距离、空间角结合命题. 学 霸 好 方 法 1.(1)证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定 理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.(2)线面垂直的性质,常用来证明线线垂直. 2.(1)判定面面垂直的方法: ①定义法:证明两平面形成的二面角是直角. ②判定定理法:a⊥β,a α⇒α⊥β. (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. 3.交汇问题:解决距离、空间角交汇时,常需要先证明线面垂直. 直线、平面垂直的判定与性质 【典例】如图所示,已知 AB 为圆 O 的直径,点 D 为线段 AB 上一点,且 AD= DB,点 C 为圆 O 上一点,且 BC= AC,PD⊥平面 ABC,PD=DB. 求证:PA⊥CD. - 5 - 【证明】因为 AB 为圆 O 的直径,所以 AC⊥CB, 在 Rt△ABC 中,由 AC=BC 得∠ABC=30°,设 AD=1,由 3AD=DB 得,DB=3,BC=2 , 由余弦定理得 CD2=DB2+BC2-2DB·BCcos 30°=3, 所以 CD2+DB2=BC2,即 CD⊥AO. 因为 PD⊥平面 ABC,CD 平面 ABC, 所以 PD⊥CD,由 PD∩AO=D 得,CD⊥平面 PAB, 又因为 PA 平面 PAB,所以 PA⊥CD. 面面垂直的判定与性质 【典例】(2018·全国卷Ⅰ)如图,在平行四边形 ABCM 中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以 AC 为折痕将△ACM 折起, 使点 M 到达点 D 的位置,且 AB⊥DA. (1)证明:平面 ACD⊥平面 ABC. (2)Q 为线段 AD 上一点,P 为线段 BC 上一点,且 BP=DQ= DA,求三棱锥 Q-ABP 的体积. 【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,则 BA⊥AC. 又 BA⊥AD,AD∩AC=A,所以 AB⊥平面 ACD. 又 AB 平面 ABC, 所以平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3 . 又 BP=DQ= DA,所以 BP=2 . - 6 - 作 QE⊥AC,垂足为 E,则 QE∥CD 且 QE= DC=1. 由已知及(1)可得 DC⊥平面 ABC, 所以 QE⊥平面 ABC, 因此,三棱锥 Q-ABP 的体积为 VQ-ABP= ×QE×S△ABP= ×1× ×3×2 sin 45°=1. 1.已知直线 l,m 与平面α,β,γ,满足β∩γ=l,l∥α,m α,m⊥γ,则必有 ( ) A.α⊥γ且 m∥β B.α∥β且α⊥γ C.m∥β且 l⊥m D.α⊥γ且 l⊥m 【解析】选 D.因为 m α,m⊥γ,所以α⊥γ.因为β∩γ=l,所以 l γ,又因为 m⊥γ,所以 l⊥m. 2.如图,在△ABC 中,AC=BC= AB,四边形 ABED 是边长为 1 的正方形,平面 ABED⊥底面 ABC,G,F 分别是 EC,BD 的中点. (1)求证:GF∥平面 ABC. (2)求几何体 C-ADEB 的体积. 【解析】(1)如图,取 BC 的中点 M,AB 的中点 N,连接 GM,FN,MN. 因为 G,F 分别是 EC,BD 的中点, - 7 - 所以 GM∥BE,且 GM= BE, NF∥DA,且 NF= DA. 又四边形 ABED 为正方形,所以 BE∥AD,BE=AD,所以 GM∥NF 且 GM=NF. 所以四边形 MNFG 为平行四边形. 所以 GF∥MN,又 MN 平面 ABC,GF 平面 ABC, 所以 GF∥平面 ABC. (2)连接 CN,因为 AC=BC,所以 CN⊥AB, 又平面 ABED⊥平面 ABC,CN 平面 ABC, 所以 CN⊥平面 ABED. 易知△ABC 是等腰直角三角形,所以 CN= AB= , 因为 C-ABED 是四棱锥, 所以 VC-ABED= S 四边形 ABED·CN= ×1× = . 1.如图,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为矩形,M,N 分别是 AB,PC 的中点. (1)求证:MN⊥CD. (2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD. 【证明】(1)如图所示,取 PD 的中点 E,连接 AE,NE, 因为 N 是 PC 的中点,E 为 PD 的中点, 所以 NE∥CD,且 NE= CD, - 8 - 而 AM∥CD,且 AM= AB= CD, 所以 NE AM, 所以四边形 AMNE 为平行四边形, 所以 MN∥AE. 又 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥CD, 又因为 ABCD 为矩形,所以 AD⊥CD. 而 AD∩PA=A,AD,PA 平面 PAD,所以 CD⊥平面 PAD, 所以 CD⊥AE.又 AE∥MN,所以 MN⊥CD. (2)因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AD, 又∠PDA=45°, 所以△PAD 为等腰直角三角形. 又 E 为 PD 的中点, 所以 AE⊥PD,又由(1)知 CD⊥AE, PD∩CD=D,CD,PD 平面 PDC, 所以 AE⊥平面 PCD. 又 AE∥MN,所以 MN⊥平面 PCD. 2.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥BC,∠A1AC=60°,A1A=AC=BC=1,A1B= . (1)求证:平面 A1BC⊥平面 ACC1A1. - 9 - (2)如果 D 为 AB 中点,求证:BC1∥平面 A1CD. 【证明】(1)因为∠A1AC=60°,A1A=AC=1, 所以△A1AC 为等边三角形,所以 A1C=1. 因为 BC=1,A1B= ,所以 A1C2+BC2=A1B2. 所以∠A1CB=90°,即 A1C⊥BC. 因为 BC⊥A1A,BC⊥A1C,AA1∩A1C=A1, 所以 BC⊥平面 ACC1A1. 因为 BC 平面 A1BC, 所以平面 A1BC⊥平面 ACC1A1. (2)连接 AC1 交 A1C 于点 O,连接 OD. 因为 ACC1A1 为平行四边形, 所以 O 为 AC1 的中点.因为 D 为 AB 的中点, 所以 OD∥BC1.因为 OD 平面 A1CD,BC1⊈ 平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD.