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第八章 立体几何初步
8.6 空间直线、平面的垂直
8.6.2 直线与平面垂直
第二课时 直线与平面垂直的性质
新课程标准解读 学科核心素养
从相关定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与平面的垂直关系. 数学抽象
归纳出直线与平面垂直的性质定理. 逻辑推理
了解直线与平面、平面与平面的距离. 直观想象
教材梳理 明要点
问题
如果直线a垂直于一个平面α，直线b与直线a平行，那么直线b与平面α是否垂直？猜测结果并说明理由．
?情境导入
[提示]
[提示]
垂直．因为两条平行线中的一条垂直于这个平面，所以这条直线垂直于平面内的两条相交直线，所以另一条直线也垂直于这两条相交直线，故另一条直线也垂直于这个平面．
知识点一 直线与平面垂直的性质定理
?新知初探
平行
a∥b
想一想
在长方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AA′，BB′所在直线与平面ABCD位置关系如何？这两条直线又有什么样的位置关系？
提示：棱AA′，BB′所在直线都与平面ABCD垂直；这两条直线互相平行．
知识点二 线面距与面面距
1．直线与平面的距离：一条直线与一个平面平行时，这条直线上___________到这个平面的距离．
2．平面与平面的距离：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的___________到另一个平面的距离都相等．
任意一点
任意一点
想一想
是不是任意的直线与平面、平面与平面间都有距离？
提示：不是．只有当直线与平面平行、平面与平面平行时才涉及距离问题．
1．判断
(1)到已知平面距离相等的两条直线平行．( )
(2)如果一条直线与两个平行平面中的一个平面垂直，那么这条直线也和另一个平面垂直．( )
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．( )
【答案】 (1)× (2)√ (3)√
【解析】 (1)两直线平行、相交、异面都有可能．
(2)由直线与平面所成的角的定义可知正确．
(3)垂直于同一条直线的两个平面无公共点，所以平行．
?预习自测
2．如图， ADEF的边AF⊥平面ABCD，且AF＝2，CD＝3，则CE＝______.
题型探究 提技能
【答案】 A
【解析】 若n⊥α，m α，则n⊥m，故充分性成立，若n⊥m，n⊥α，则m α或m∥α，故必要性不成立，故“m α”是“n⊥m”的充分不必要条件．故选A．
题型一
线面垂直有关性质的理解
[方法总结1]
[方法总结1]
1．线面垂直的性质定理揭示了“垂直”与“平行”这两种特殊位置关系之间的转化；
2．常用的线面垂直的性质还有：①b⊥α，a α b⊥a；②a⊥α，b∥a b⊥α；③a⊥α，a⊥β α∥β.
１
(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC，则下列选项正确的是( )
A．AD1与平面A1DC相交
B．AD1⊥平面A1DC
C．AD1与MN异面
D．AD1∥MN
【答案】 ABD
【解析】 因为AD1∩A1D＝O，则点O∈平面A1DC且点A 平面A1DC，A正确；因为AD1⊥A1D，AD1⊥CD，且CD∩A1D＝D，所以AD1⊥平面A1DC，B正确；又因MN⊥平面A1DC，则AD1∥MN即D正确，C错误．故选ABD.
2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，EF⊥ A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1.
题型二
直线与平面垂直性质定理的应用
【证明】 如图所示，连接A1C1，C1D，B1D1，BD.
∵AC∥A1C1，EF⊥AC，∴EF⊥A1C1.
又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1，
∴EF⊥平面A1C1D，①
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1.
∵四边形A1B1C1D1为正方形，
∴A1C1⊥B1D1，
又B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D，
而BD1 平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1.同理DC1⊥BD1.
又DC1∩A1C1＝C1，∴BD1⊥平面A1C1D，②
由①②可知EF∥BD1.
[方法总结2]
[方法总结2]
证明线线平行常用的方法
(1)利用线线平行定义：证共面且无公共点；
(2)利用三线平行基本事实：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．
2
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC．证明：AE∥MN.
【证明】 因为AB⊥平面PAD，AE 平面PAD，所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.
因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD 平面PCD，所以AE⊥平面PCD.
因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.
又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.
题型三
空间中的距离问题
[方法总结3]
[方法总结3]
求点到平面的距离的两种方法
(1)构造法：根据定义构造垂直于平面的直线，确定垂足位置，将所求线段化归到三角形中求解；
(2)等积变换法：将所求距离看作某个几何体(多为棱锥)的高，利用体积相等建立方程求解．
无论是求直线与平面的距离还是求平面与平面的距离，最终都转化为点到平面的距离．
3
如图，在底面是直角梯形的四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，求AD到平面PBC的距离．
随堂检测 重反馈
1．在空间中，到一圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是( )
A．一个点 B．一条直线
C．一个平面 D．一个球面
【答案】 B
【解析】 过圆的圆心作此圆所在平面的垂线，则垂线上的点到圆周的各点距离相等，所以到一圆周上各点距离相等的点的集合是一条直线．故选B.
2．已知直线l∩平面α于点O，A∈l，B∈l，A α，B α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝( )
A．2 B．1
【答案】 A
3．已知PA垂直于平行四边形ABCD所在平面，若PC⊥BD，平行四边形ABCD一定是________.
【答案】 菱形
【解析】 易知BD⊥平面PAC，∴BD⊥AC．又四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD一定是菱形．
4．如图，已知底面是正方形的四棱锥，一条侧棱与底面垂直，它的长与底面边长相等，长度均为1，那么该棱锥中最长的棱长是______.第八章 8.6 8.6.2 第二课时
课时跟踪检测
A组·基础巩固
1．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，那么下面给出的条件中，一定能推出m⊥β的是( )
A．α∥β，且m α B．m∥n，且n⊥β
C．m⊥n，且n β D．m⊥n，且n∥β
【答案】 B
【解析】 由α∥β，且m α，知m∥β，A不符合题意；由n⊥β，知n垂直于平面β内的任意直线，再由m∥n，知m也垂直于β内的任意直线，所以m⊥β，B符合题意；由C、D均可得m β或m∥β或m与β相交，C、D不符合题意．故选B.
2．给出下列条件(其中l为直线，α为平面)：
①l垂直于α内的一五边形的两条边；
②l垂直于α内三条不都平行的直线；
③l垂直于α内无数条直线；
④l垂直于α内正六边形的三条边．
其中能够推出l⊥α的所有条件的序号是( )
A．② B．①③
C．②④ D．③
【答案】 C
【解析】 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直．①③都有可能垂直的是平行直线，不能推出l⊥α.故选C．
3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l α，l β，则( )
A．α∥β，且l∥α
B．α⊥β，且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
【答案】 D
【解析】 由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.
4．已知Rt△EFG的直角顶点E在平面α内，斜边FG∥α，且FG＝6 cm，EF，EG与平面α分别成30°和45°角，则FG到平面α的距离是( )
A． cm B． cm
C．2 cm D．2 cm
【答案】 B
【解析】 如图所示，过F，G分别作FA⊥α，GB⊥α，A，B分别为垂足，连接AE，EB，∴∠FEA＝30°，∠GEB＝45°，在Rt△FAE中，FE＝2FA，在Rt△GBE中，EG＝BG.设FG到平面α的距离为d，则d＝FA＝GB.在Rt△FEG中，EF2＋EG2＝36，即4d2＋2d2＝36，d2＝6，所以d＝ cm.
5．(多选)如图，PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列结论中正确的是( )
A．PB⊥BC B．PD⊥CD
C．PD⊥BD D．PA⊥BD
【答案】 ABD
【解析】 ∵PA⊥矩形ABCD，BD 矩形ABCD，∴PA⊥BD，故D正确；若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一点有两条直线与平面垂直，故PD⊥BD不正确，故C不正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥CD，AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD，故B正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥BC，又在矩形ABCD中，AB⊥BC，又PA∩AB＝A，∴CB⊥平面PAB，∴PB⊥BC，故A正确．故选ABD.
6．(多选)如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线BD将△ABD折起到△A′BD，且A′在平面BCD上的射影O恰好在CD上，则下列结论正确的是( )
A．A′C⊥BD
B．A′D⊥BC
C．A′C⊥BC
D．A′D⊥A′B
【答案】 BCD
【解析】 ∵四边形ABCD是矩形，且A′在平面BCD上的射影O恰好在CD上，∴A′O⊥平面BCD，又BC 平面BCD，∴BC⊥A′O，又BC⊥CD，且DC∩A′O＝O，∴BC⊥平面A′CD，从而BC⊥A′D，BC⊥A′C．显然，由矩形ABCD，易知A′B⊥A′D.故B、C、D正确．
7．已知A，B两点在平面α的同侧，且它们与平面α的距离相等，则直线AB与平面α的位置关系是________.
【答案】 平行
8．在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则其四个面中直角三角形的个数为________.
【答案】 4
【解析】 如图所示，四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，∴△ABC，△ABD为直角三角形，∵BC⊥CD，BC∩AB＝B，BC，AB 平面ABC，∴CD⊥平面ABC，∴CD⊥AC，∴△ACD，△BCD为直角三角形．
9．一条与平面α相交的线段，其长度为10 cm，两端点到平面α的距离分别是2 cm,3 cm，则这条线段与平面α所成角的大小是________.
【答案】 30°
【解析】 如图，作出AC⊥α，BD⊥α，则AC∥BD，AC，BD确定的平面与平面α交于CD，且CD与AB相交于O，AB＝10，AC＝3，BD＝2，则AO＝6，BO＝4，∴∠AOC＝∠BOD＝30°.
10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，求平面AB1D1到平面BC1D的距离．
【解析】 因为两平面平行，所以原问题等价于求解点C1到平面AB1D1的距离h，由等体积法可得V三棱锥C1－AB1D1＝V三棱锥A－B1C1D1，即h×××22×sin 60°＝××××，解得h＝，即平面AB1D1到平面BC1D的距离为.
B组·综合运用
11．(2024·南阳阶段检测)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α B．EF⊥平面β
C．PQ⊥GE D．PQ⊥FH
【答案】 B
【解析】 因为EG⊥平面α，FH⊥平面α，所以E，F，H，G四点共面．又PQ 平面α，所以EG⊥PQ，FH⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ 平面β，得EF⊥PQ.又EG∩EF＝E，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH，故选B.
12．(多选)如图，等边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则( )
A．在折起的过程中始终有AD⊥平面DB′C
B．三棱锥A－DB′C的体积的最大值为
C．当∠B′DC＝60°时，点A到B′C的距离为
D．当∠B′DC＝90°时，点C到平面ADB′的距离为
【答案】 ABC
【解析】 因为AD⊥DC，AD⊥DB′，且DC∩DB′＝D，DC，DB′ 平面DB′C，所以AD⊥平面DB′C，故A正确；当DB′⊥DC时，△DB′C的面积最大，此时三棱锥A－DB′C的体积也最大，最大值为××××＝，故B正确；当∠B′DC＝60°时，△DB′C是等边三角形，设B′C的中点为E，连接AE，则AE⊥B′C，即AE为点A到B′C的距离，AE＝＝，故C正确；当∠B′DC＝90°时，CD⊥DB′，CD⊥AD，故CD⊥平面ADB′，则CD就是点C到平面ADB′的距离，则CD＝，故D不正确．
13．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝a，PD⊥平面ABCD，若边AB上存在点M，使得PM⊥CM，则实数a的取值范围是________.
【答案】 (0,1]
【解析】 连接DM，如图，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CM.又PM⊥CM，且PD∩PM＝P，所以CM⊥平面PDM，所以CM⊥DM，所以以DC为直径的圆与AB有交点，所以0＜a≤1.
14．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，A＝，AD＝1，AB＝2，BC＝3，将梯形沿中位线EF折起使AE⊥BE，并连接AB，DC得到多面体AEB－DFC，连接DE，BD，BF.
(1)求证：DF⊥平面BED；
(2)求点E到平面BDF的距离．
【解析】 (1)证明：因为AD＝1，BC＝3，EF为直角梯形ABCD的中位线，所以EF＝2，且AD∥EF，
过D作DM⊥EF，垂足为M，
则DF＝，DE＝，EF＝2，所以EF2＝DF2＋DE2，所以DE⊥DF，
因为EB⊥AE，EB⊥EF，AE∩EF＝E，AE 平面AEFD，EF 平面AEFD，
所以EB⊥平面AEFD，又有DF 平面AEFD，所以DF⊥EB，
又DE∩EB＝E，所以DF⊥平面BED.
(2)设点E到平面BDF的距离为d，因为DM⊥EF，由(1)知，EB⊥平面AEFD，
因为DM 平面AEFD，所以DM⊥EB，
因为EF 平面BEF，EB 平面BEF，EB∩EF＝E，所以DM⊥平面BEF，
所以V三棱锥E－BDF＝V三棱锥D－BEF，即S△BEF·DM＝S△BDF·d，
由BA＝，得BD＝，又DF＝，
且由(1)知DF⊥平面BED，所以DF⊥DB，
所以S△BDF＝，
所以·d＝1，即d＝，故点E到平面BDF的距离为.
C组·拓展提升
15．如图，在四面体P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝1，BC＝，AC＝2.
(1)证明：BC⊥平面PAB；
(2)在线段PC上是否存在点D，使得AC⊥BD？若存在，求出PD的值，若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)证明：由题知AB＝1，BC＝，AC＝2.
则AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，
又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，
因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.
(2)在线段PC上存在点D，当PD＝时，使得AC⊥BD.
理由如下：如图，在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，在平面PAC内，过点E作DE∥PA，交PC于点D，连接BD，由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，
所以DE⊥AC，所以AC⊥平面DBE，
又因为BD 平面DBE，
所以AC⊥BD，
在△ABC中，BE＝＝，
所以AE＝，CE＝，
所以＝，所以CD＝，PD＝.
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