《2019-2020年高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 第54課 直線與平面垂直的判定和性質 文（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 第54課 直線與平面垂直的判定和性質 文（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 第54課 直線與平面垂直的判定和性質 文（含解析） 1.直線與平面垂直 （1）定義：如果直線與平面內的 任意一條 直線都垂直，那么就說直線與平面互相垂直．記作 （2）直線與平面垂直的判定 類別 語言表述 圖示 字母表示 作用 判定 （1）若一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直 用于證明直線與平面垂直 （2）若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條直線也垂直于這個平面 用于證明直線與平面垂直 例1. (xx廣東卷)如圖1，在邊長為1的等邊三角形ABC中，D，E分別是AB，AC邊上的點，AD＝AE，F是BC的中點，AF與DE交于點G，將△ABF沿AF折起，得到如圖2所示的三棱錐A－BCF，其中BC＝. (1)證明：DE//平面BCF；(2)證明：CF⊥平面ABF； (3)當AD＝時，求三棱錐F－DEG的體積VF－DEG. (1)證明：在等邊三角形ABC中，AD＝AE. ∴＝，在折疊后的三棱錐ABCF中也成立， ∴DE∥BC，∵DE?平面BCF, BC?平面BCF，∴DE∥平面BCF. (2)證明：在等邊三角形ABC中，F是BC的中點，所以AF⊥BC，① BF＝CF＝. ∵在三棱錐A－BCF中，BC＝，∴BC2＝BF2＋CF2， ∴CF⊥BF，② ∵BF∩CF＝F，∴CF⊥平面ABF. (3)解析：由(1)可知GE∥CF，結合(2)可得GE⊥平面DFG. ∴VF－DEG＝VE－DFG＝DGFGGE＝＝. 練習：如圖，是圓的直徑，垂直于圓所在的平面，是圓上的點． （1）求證:平面； （2）設為的中點，為的重心，求證：平面∥平面． 【解析】（1）證明：∵是圓的直徑，∴， ∵平面，平面， ∴， ∵，∴平面． （2）連結并延長交于，連結， ∵為的重心，∴為的中點， ∵為的中點，∴∥， ∵平面，平面 ∴∥平面 ∵為的中點，為的中點，∴∥， ∵平面，平面 ∴∥平面，而∥平面 ∵，平面，平面， ∴平面∥平面，即平面∥平面 （3）直線與平面垂直的性質 類別 語言表述 圖示 字母表示 作用 性質 （1）若一條直線與一個平面垂直，則這條直線垂直于平面內的任意一條 直線 證兩條直線垂直 （2）如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行 證兩條直線平行 例2. 如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60. (1)證明：AB⊥A1C； (2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABCA1B1C1的體積． 【解】(1)證明： 取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B. 因為CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60， 故△AA1B為等邊三角形， 所以OA1⊥AB. 因為OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C. (2)由題設知△ABC與△AA1B都是邊長為2的等邊三角形，所以OC＝OA1＝. 又A1C＝，則A1C2＝OC2＋OA，故OA1⊥OC. 因為OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1為三棱柱ABCA1B1C1的高． 又△ABC的面積S△ABC＝，故三棱柱ABCA1B1C1的體積V＝S△ABCOA1＝3. 練習：如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，， ，平面. 求證：； 證明:∵平面，平面， ∴. ∵，， ∴ . ∴ ∴. ∵，平面，平面， ∴平面. ∵平面， ∴. 2.直線與平面所成的角 （1）一個平面的斜線和它在這個平面內的射影所成的角，叫做斜線和這個平面所成的角. （2）直線與平面所成的角的范圍是 （3）如果直線和平面垂直，那么就說直線和平面所成的角是直角． 練習：若四棱錐的所有棱長均為2，則側棱與底面所成的角為 ， 斜高與底面底面所成的角的正切值為 第54課 直線與平面垂直的判定和性質作業(yè)題 1．一條直線與一個平面垂直的條件是 ( 　 ) A. 垂直于平面內的一條直線　　 B. 垂直于平面內的兩條直線 C. 垂直于平面內的無數條直線　 D. 垂直于平面內的兩條相交直線　 解析：D 2. 如果平面α外的一條直線a與α內兩條直線垂直，那么 ( ) A. a⊥α B. a∥α C. a與α斜交　 D. 以上三種均有可能　 解析：D 3. 已知兩條不同的直線m、n，兩個不同的平面a、β，則下列命題中的真命題是（　?。? A．若m⊥a，n⊥β，a⊥β，則m⊥n B．若m⊥a，n∥β，a⊥β，則m⊥n C．若m∥a，n∥β，a∥β，則m∥n D．若m∥a，n⊥β，a⊥β，則m∥n 【答案】A 【解析】 試題分析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中記ABCD為平面a，CDC1D1為平面β，直線AA1為m，直線BB1為n，則m∥n，因此選項B為假；同理選項D也為假，取平面r∥a∥β，則平面內的任意一條直線都可以為直線m,n，因此選項C為假，答案選A. 考點：空間幾何中直線與直線的位置關系 4. 如圖，BC是Rt△ABC的斜邊，AP⊥平面ABC，連結PB、PC，作PD⊥BC于D，連結AD，則圖中共有直角三角形_________個。 解：8個。 因為AP⊥平面ABC，PD⊥BC，AD是PD的射影，由三垂線定理，得AD⊥BC。 從而△PAB、△PAC、△PAD、△ABC、△ABD、△ACD、△PBD、△PDC都是直角三角形。 5．如圖，已知PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，C是異于A、B的⊙O上任意一點，過A作AE⊥PC于E　， 求證：（1）BC⊥平面PAC（2）AE⊥平面PBC 證明：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC， 又∵AB是⊙O的直徑，∴BC⊥AC 而PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC 又∵AE平面PAC，∴BC⊥AE ∵PC⊥AE且PC∩BC＝C，∴AE⊥平面PBC 6． 如圖，已知ABCD是空間四邊形，AB＝AD，CB＝CD，求證：BD⊥AC 證明：設BD的中點為K，連結AK、CK， ∵AB＝AD，K為BD中點 ∴AK⊥BD 同理CK⊥BD，且AK∩KC＝K ∴BD⊥平面AKC ∴BD垂直于平面AKC內的所有直線 ∴BD⊥AC 7．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為DD1中點，O為底面ABCD中心， 求證：B1O⊥平面PAC 證明：如圖：連結AB1，CB1，設AB＝1 ∵AB1＝CB1＝，AO＝CO，∴B1O⊥AC，連結PB1， ∵， ∴，∴B1O⊥PO， ∴B1O⊥平面PAC。 8．如圖，在三棱柱中，底面，，E、F分別是棱的中點. （Ⅰ）求證：AB⊥平面AA1 C1C； （Ⅱ）若線段上的點滿足平面//平面，試確定點的位置，并說明理由； 【答案】見解析 【解析】（I）底面， ， 3分 ，， 面. 6分 （II）面//面，面面，面面， //， 10分 在中是棱的中點， 是線段的中點. 12分 【考點定位】本題主要考查立體幾何平行、垂直關系等基礎知識，意在考查邏輯思維能力、空間想象能力和推理論證能力． 9．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=5，AC=4，BC=3，AA1=4，點D在棱AB上． (1)求證：AC⊥B1C； （2）若D是AB中點，求證：AC1∥平面B1CD. 【答案】(1)詳見解析；（2）詳見解析 【解析】 試題分析：（1）要證明AC⊥B1C，根據線面垂直的判定定理，只要轉化證明AC⊥平面BB1C1C即可； （2）要證明AC1∥平面B1CD，根據線面的判定定理，只要轉換證明DE//AC1即可. 試題解析：(1)證明：在△ABC中，因為AB=5，AC=4，BC=3， 所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC． 因為直三棱柱ABC-A1B1C1，所以CC1⊥AC， 因為BC∩AC=C，所以AC⊥平面BB1C1C． 所以AC⊥B1C． 6分 （2）連結BC1，交B1C于E，連接DE． 因為直三棱柱ABC-A1B1C1，D是AB中點，所以側面BB1C1C為矩形， DE為△ABC1的中位線，所以DE//AC1． 因為DE平面B1CD，AC1平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD． 12分 考點：空間位置關系的證明. 10. ．如圖，三棱柱中，側面為菱形，的中點為，且平面. （1）證明： （2）若,求三棱柱的高. 【答案】（1）詳見解析;（2）三棱柱的高為. 【解析】 試題分析：（1）根據題意欲證明線線垂直通?？赊D化為證明線面垂直，又由題中四邊形是菱形，故可想到連結，則O為與的交點，又因為側面為菱形，對角線相互垂直;又平面，所以，根據線面垂直的判定定理可得：平面ABO，結合線面垂直的性質：由于平面ABO，故;（2）要求三菱柱的高，根據題中已知條件可轉化為先求點O到平面ABC的距離，即：作，垂足為D，連結AD，作，垂足為H，則由線面垂直的判定定理可得平面ABC，再根據三角形面積相等：，可求出的長度，最后由三棱柱的高為此距離的兩倍即可確定出高． 試題解析：（1）連結，則O為與的交點. 因為側面為菱形，所以. 又平面，所以， 故平面ABO. 由于平面ABO，故. （2）作，垂足為D，連結AD，作，垂足為H. 由于，，故平面AOD，所以， 又，所以平面ABC. 因為，所以為等邊三角形，又，可得. 由于，所以, 由，且，得， 又O為的中點，所以點到平面ABC的距離為. 故三棱柱的高為.