5.1 直线与平面垂直(教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
[课时目标]
1.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.
2.归纳出直线与平面垂直的性质定理、判定定理,并能证明直线与平面的垂直关系.
3.了解直线与平面的夹角,会求直线与平面的夹角.
1.直线与平面垂直的定义及有关概念
定义 一般地,如果直线l与平面α内的 直线都垂直,那么称直线l与平面α垂直
记法
有关 概念 直线l称为平面α的 ,平面α称为直线l的 ,它们唯一的公共点P称为
图示
性质 过一点有且只有一条直线与一个平面垂直,过一点有且只有一个平面与一条直线垂直
2.直线与平面垂直的性质定理
文字语言 垂直于同一个平面的两条直线
符号语言
图形语言
作用 线面垂直 线线平行,②作平行线
3.直线到平面的距离
如果一条直线与平面 ,那么这条直线上任意一点到 就是这条直线到这个平面的距离.
4.直线与平面的夹角的定义及有关概念
有关概念 对应图形
斜线 一条直线与一个平面α ,但不与这个平面 ,这条直线称为这个平面的斜线
斜足 斜线与平面的 称为斜足
投影 过斜线上斜足以外的一点P向平面作 ,过垂足O和斜足A的直线AO称为斜线在这个平面上的投影
直线与平面的夹角 定义 平面的一条斜线与它在平面上的 所成的锐角,叫作这条直线与这个平面的夹角
规定 一条直线垂直于平面,我们说它们的夹角是 ;一条直线与平面平行,或在平面内,就说它们的夹角是
范围 直线与平面的夹角θ的取值范围是
5.直线与平面垂直的判定定理
文字语言 如果一条直线与一个平面内的 直线垂直,那么该直线与此平面
图形语言
符号语言 a α,b α,l⊥a,l⊥b, l⊥α
|微|点|助|解|
(1)该定理涉及的元素有“一点三线一面”:①“一点”即两条直线的交点;②“三线”即平面内两条相交直线、平面的垂线;③“一面”即两条相交直线所确定的平面,也是直线的垂面.
(2)五大条件:该定理中有五个条件:
l⊥a,l⊥b,a α,b α,a∩b=A,它们缺一不可.
(3)两个线线垂直:定理中注意直线l与直线a,b都垂直,但要注意直线l与直线a,b的位置关系可能相交,也可能异面,即直线l可能经过交点A,也可能不经过交点A.
(4)“两条相交直线”是定理中的关键,即直线a,b必须是平面α内的两条相交直线.
基础落实训练
1.若直线l⊥平面α,直线m α,则l与m不可能 ( )
A.平行 B.相交
C.异面 D.垂直
2.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行. ( )
(2)直线上任意一点到这个平面的距离,就是这条直线到这个平面的距离. ( )
(3)到已知平面距离相等的两条直线平行. ( )
3.如果一条直线垂直于一个平面内的:
①三角形的两边;②梯形的两边;③圆的两条直径;④正六边形的两条边.
那么能保证该直线与平面垂直的是 ( )
A.①③ B.①②
C.②④ D.①④
4.若直线AB∥平面α,且点A到平面α的距离为2,则点B到平面α的距离为 .
题型(一) 直线与平面垂直的性质定理的应用
[例1] 如图,△ABC为正三角形,EC⊥平面ABC,DB⊥平面ABC,CE=CA=2BD,M是EA的中点,N是EC的中点.
求证:平面DMN∥平面ABC.
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)若已知一条直线和某个平面垂直,证明这条直线和另一条直线平行, 可考虑利用线面垂直的性质定理,证明另一条直线和这个平面垂直.
(2)在证明时注意利用正方形、平行四边形及三角形中位线的有关性质.
[针对训练]
1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且EF⊥A1D,EF⊥AC.求证:EF∥BD1.
题型(二) 直线与平面垂直的判定定理的应用
[例2] 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=,D是A1B1的中点.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B.
(2)当点F在BB1上的什么位置时,会使得AB1⊥平面C1DF 并证明你的结论.
听课记录:
|思|维|建|模|
利用线面垂直的判定定理证明线面垂直的步骤
(1)在这个平面内找两条直线,使它和已知直线垂直;
(2)确定这个平面内的两条直线是相交的直线;
(3)根据判定定理得出结论.
[针对训练]
2.如图所示,已知AF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形,四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=AF=CD=2,AB=4.
(1)求证:AC⊥平面BCE;
(2)求证:AD⊥AE.
题型(三) 直线与平面的夹角
[例3] 如图,已知∠BOC在平面α内,OA是平面α的斜线,且∠AOB=∠AOC=60°,OA=OB=OC=a,BC=a,求OA与平面α的夹角.
听课记录:
|思|维|建|模|
求解直线与平面夹角的一般步骤
求直线与平面夹角的关键在于找出直线在平面内的投影,基本步骤:
(1)作:即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,准确确定垂足的位置是关键;几何图形的特征是确定垂足的依据,垂足一般都是一些特殊的点,比如线段的中点、平面图形的中心、重心、垂心等.
(2)证:即证明所找到的角为直线与平面的夹角,也就是证明选取的点与垂足的连线和平面垂直,依据就是直线与平面夹角的定义.
(3)求:将所求角转化为垂线段、斜线段与投影所构成的直角三角形中进行计算.
[针对训练]
3.(2022·全国甲卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B的夹角均为30°,则 ( )
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D的夹角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C的夹角为45°
4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AA1=AB=AC=1,直线A1C与平面ABB1A1的夹角为 .
5.1 直线与平面垂直
课前预知教材
1.任何一条 l⊥α 垂线 垂面 垂足
2.平行 a∥b 3.平行 平面的距离
4.相交 垂直 交点A 垂线 投影 直角 0° 0°≤θ≤90°
5.两条相交 垂直 a∩b=A
[基础落实训练]
1.A 2.(1)√ (2)× (3)× 3.A 4.2
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1] 证明:因为M,N分别是EA,EC的中点,
所以MN∥AC.
又因为AC 平面ABC,MN 平面ABC,
所以MN∥平面ABC.
因为DB⊥平面ABC,EC⊥平面ABC,
所以BD∥EC.
又因为CE≠BD,
所以四边形BDEC为直角梯形.
因为N为EC的中点,EC=2BD,
所以NCBD.所以四边形BCND为矩形.
所以DN∥BC.
又因为DN 平面ABC,BC 平面ABC,
所以DN∥平面ABC.
又因为MN∩DN=N,MN 平面DMN,DN 平面DMN,
所以平面DMN∥平面ABC.
[针对训练]
1.证明:如图所示,连接AB1,B1C,BD.
∵DD1⊥平面ABCD,
AC 平面ABCD,
∴DD1⊥AC.
又AC⊥BD,BD∩DD1=D,
∴AC⊥平面BDD1B1.
∵BD1 平面BDD1B1,
∴BD1⊥AC.
同理可证BD1⊥B1C,
又AC∩B1C=C,
∴BD1⊥平面AB1C.
∵EF⊥A1D,A1D∥B1C,
∴EF⊥B1C.
又EF⊥AC,AC∩B1C=C,
∴EF⊥平面AB1C.∴EF∥BD1.
[题型(二)]
[例2] 解:(1)证明:因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1.
因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D 平面A1B1C1,
所以AA1⊥C1D.又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)作DE⊥AB1交AB1于E,延长DE交BB1于F,连接C1F,则AB1⊥平面C1DF,点F为所求.
因为C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,
所以AB1⊥平面C1DF.
因为AA1=A1B1=,
所以四边形AA1B1B为正方形.
又D为A1B1的中点,DF⊥AB1,
所以F为BB1的中点.
所以当点F为BB1的中点时,AB1⊥平面C1DF.
[针对训练]
2.证明:(1)在直角梯形ABCD中,AD=CD=2,AB=4,所以AC=BC=2.
所以AC2+BC2=AB2.所以AC⊥BC.
因为AF⊥平面ABCD,AF∥BE,
所以BE⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD,
所以BE⊥AC.
又BE 平面BCE,BC 平面BCE,BE∩BC=B,
所以AC⊥平面BCE.
(2)因为AF⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以AF⊥AD.
又∠DAB=90°,所以AB⊥AD.
又AF 平面ABEF,AB 平面ABEF,AF∩AB=A,
所以AD⊥平面ABEF.
又AE 平面ABEF,所以AD⊥AE.
[题型(三)]
[例3] 解:∵OA=OB=OC=a,∠AOB=∠AOC=60°,∴△AOB,△AOC为等边三角形.
∴AB=AC=a.
∵BC=a,
∴AB2+AC2=BC2.
∴△ABC为等腰直角三角形.
同理,△BOC也为等腰直角三角形.
取BC的中点H,连接AH,OH,
则AH=OH=a.
∴AH2+OH2=OA2.
∴△AOH为等腰直角三角形.
∴∠AOH=45°,AH⊥OH.
又AH⊥BC,OH∩BC=H,∴AH⊥α.
∴OA与平面α的夹角为45°.
[针对训练]
3.选D 如图,连接BD,易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD的夹角,所以在Rt△BDB1中,∠BDB1=30°,设BB1=1,则B1D=2BB1=2,BD==.易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B的夹角,所以在Rt△ADB1中,∠AB1D=30°,因为B1D=2,所以AD=B1D=1,AB1==,所以在Rt△ABB1中,AB==,所以A错误;易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D的夹角,所以在Rt△ABB1中,sin∠BAB1==≠,所以∠BAB1≠30°,所以B错误;在Rt△CBB1中,CB1==,而AC==,所以C错误;易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C的夹角,因为在Rt△DB1C中,CB1=CD=,所以∠DB1C=45°,所以D正确.故选D.
4.解析:因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC 平面ABC,
所以AA1⊥AC.
因为∠BAC=,所以AB⊥AC.
因为AA1∩AB=A,AA1,AB 平面ABB1A1,
所以AC⊥平面ABB1A1.
所以∠AA1C为直线A1C与平面ABB1A1的夹角.
因为AA1=AC,AA1⊥AC,
所以△AA1C为等腰直角三角形.
所以∠AA1C=.
所以直线A1C与平面ABB1A1的夹角为.
答案:
6 / 6(共66张PPT)
5.1
直线与平面垂直
(深化学习课——梯度进阶式教学)
课时目标
1.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.
2.归纳出直线与平面垂直的性质定理、判定定理,并能证明直线与平面的垂直关系.
3.了解直线与平面的夹角,会求直线与平面的夹角.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
1.直线与平面垂直的定义及有关概念
定义 一般地,如果直线l与平面α内的__________直线都垂直,那么称直线l与平面α垂直
记法 _____
有关 概念 直线l称为平面α的_____,平面α称为直线l的_____,它们唯一的公共点P称为_____
图示
性质 过一点有且只有一条直线与一个平面垂直,过一点有且只有一个平面与一条直线垂直
任何一条
l⊥α
垂线
垂面
垂足
2.直线与平面垂直的性质定理
文字语言 垂直于同一个平面的两条直线_____
符号语言 _____
图形语言
作用 ①线面垂直 线线平行,②作平行线
平行
a∥b
3.直线到平面的距离
如果一条直线与平面 ,那么这条直线上任意一点到 就是这条直线到这个平面的距离.
平行
平面的距离
4.直线与平面的夹角的定义及有关概念
有关概念 对应图形
斜线 一条直线与一个平面α_____,但不与这个平面_____,这条直线称为这个平面的斜线
斜足 斜线与平面的_______称为斜足
投影 过斜线上斜足以外的一点P向平面作_____,过垂足O和斜足A的直线AO称为斜线在这个平面上的投影
相交
垂直
交点A
垂线
续表
直线与平面的夹角 定义 平面的一条斜线与它在平面上的______所成的锐角,叫作这条直线与这个平面的夹角
规定 一条直线垂直于平面,我们说它们的夹角是______;一条直线与平面平行,或在平面内,就说它们的夹角是______
范围 直线与平面的夹角θ的取值范围是____________
投影
直角
0°
0°θ90°
5.直线与平面垂直的判定定理
文字语言 如果一条直线与一个平面内的____________直线垂直,那么该直线与此平面______
图形语言
符号语言 a α,b α,l⊥a,l⊥b, _______ l⊥α
两条相交
垂直
a∩b=A
|微|点|助|解|
(1)该定理涉及的元素有“一点三线一面”:①“一点”即两条直线的交点;②“三线”即平面内两条相交直线、平面的垂线;③“一面”即两条相交直线所确定的平面,也是直线的垂面.
(2)五大条件:该定理中有五个条件:
l⊥a,l⊥b,a α,b α,a∩b=A,它们缺一不可.
(3)两个线线垂直:定理中注意直线l与直线a,b都垂直,但要注意直线l与直线a,b的位置关系可能相交,也可能异面,即直线l可能经过交点A,也可能不经过交点A.
(4)“两条相交直线”是定理中的关键,即直线a,b必须是平面α内的两条相交直线.
1.若直线l⊥平面α,直线m α,则l与m不可能 ( )
A.平行 B.相交
C.异面 D.垂直
√
基础落实训练
2.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行. ( )
(2)直线上任意一点到这个平面的距离,就是这条直线到这个平面的距离. ( )
(3)到已知平面距离相等的两条直线平行. ( )
√
×
×
3.如果一条直线垂直于一个平面内的:
①三角形的两边;②梯形的两边;③圆的两条直径;④正六边形的两条边.
那么能保证该直线与平面垂直的是( )
A.①③ B.①②
C.②④ D.①④
解析:如果一条直线垂直于平面内的两条相交直线,那么这条直线垂直于这个平面,因此可知①③适合判定定理.故选A.
√
4.若直线AB∥平面α,且点A到平面α的距离为2,则点B到平面α的距离为 .
2
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 直线与平面垂直的性质定理的应用
[例1] 如图,△ABC为正三角形,EC⊥平面ABC,DB⊥
平面ABC,CE=CA=2BD,M是EA的中点,N是EC的中点.
求证:平面DMN∥平面ABC.
[证明] 因为M,N分别是EA,EC的中点,
所以MN∥AC.
又因为AC 平面ABC,MN 平面ABC,
所以MN∥平面ABC.
因为DB⊥平面ABC,EC⊥平面ABC,所以BD∥EC.
又因为CE≠BD,所以四边形BDEC为直角梯形.
因为N为EC的中点,EC=2BD,所以NC BD.所以四边形BCND为矩形.
所以DN∥BC.又因为DN 平面ABC,BC 平面ABC,所以DN∥平面ABC.
又因为MN∩DN=N,MN 平面DMN,DN 平面DMN,所以平面DMN∥平面ABC.
|思|维|建|模|
(1)若已知一条直线和某个平面垂直,证明这条直线和另一条直线平行, 可考虑利用线面垂直的性质定理,证明另一条直线和这个平面垂直.
(2)在证明时注意利用正方形、平行四边形及三角形中位线的有关性质.
针对训练
1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且EF⊥A1D,EF⊥AC.求证:EF∥BD1.
证明:如图所示,连接AB1,B1C,BD.
∵DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
∴DD1⊥AC.又AC⊥BD,BD∩DD1=D,
∴AC⊥平面BDD1B1.
∵BD1 平面BDD1B1,∴BD1⊥AC.
同理可证BD1⊥B1C,又AC∩B1C=C,∴BD1⊥平面AB1C.
∵EF⊥A1D,A1D∥B1C,∴EF⊥B1C.又EF⊥AC,AC∩B1C=C,
∴EF⊥平面AB1C.∴EF∥BD1.
题型(二) 直线与平面垂直的判定定理的应用
[例2] 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,
∠ACB=90°,AA1=,D是A1B1的中点.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B.
解:证明:因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1.因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D 平面A1B1C1,所以AA1⊥C1D.又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1 平面AA1B1B,所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)当点F在BB1上的什么位置时,会使得AB1⊥平面C1DF 并证明你的结论.
解:作DE⊥AB1交AB1于E,延长DE交BB1于F,连接C1F,则AB1⊥平面C1DF,点F为所求.因为C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥AB1.又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,所以AB1⊥平面C1DF.
因为AA1=A1B1=,所以四边形AA1B1B为正方形.
又D为A1B1的中点,DF⊥AB1,所以F为BB1的中点.
所以当点F为BB1的中点时,AB1⊥平面C1DF.
|思|维|建|模|
利用线面垂直的判定定理证明线面垂直的步骤
(1)在这个平面内找两条直线,使它和已知直线垂直;
(2)确定这个平面内的两条直线是相交的直线;
(3)根据判定定理得出结论.
针对训练
2.如图所示,已知AF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形,四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=AF=CD=2,AB=4.
(1)求证:AC⊥平面BCE;
证明:在直角梯形ABCD中,AD=CD=2,AB=4,所以AC=BC=2.
所以AC2+BC2=AB2.所以AC⊥BC.
因为AF⊥平面ABCD,AF∥BE,
所以BE⊥平面ABCD.
又AC 平面ABCD,所以BE⊥AC.
又BE 平面BCE,BC 平面BCE,BE∩BC=B,
所以AC⊥平面BCE.
(2)求证:AD⊥AE.
证明:因为AF⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以AF⊥AD.
又∠DAB=90°,所以AB⊥AD.
又AF 平面ABEF,AB 平面ABEF,AF∩AB=A,所以AD⊥平面ABEF.
又AE 平面ABEF,所以AD⊥AE.
题型(三) 直线与平面的夹角
[例3] 如图,已知∠BOC在平面α内,OA是平面α的
斜线,且∠AOB=∠AOC=60°,OA=OB=OC=a,BC=
a,求OA与平面α的夹角.
解:∵OA=OB=OC=a,∠AOB=∠AOC=60°,
∴△AOB,△AOC为等边三角形.
∴AB=AC=a.∵BC=a,∴AB2+AC2=BC2.
∴△ABC为等腰直角三角形.同理,△BOC也为等腰直角三角形.
取BC的中点H,连接AH,OH,则AH=OH=a.∴AH2+OH2=OA2.
∴△AOH为等腰直角三角形.∴∠AOH=45°,AH⊥OH.又AH⊥BC,
OH∩BC=H,∴AH⊥α.∴OA与平面α的夹角为45°.
|思|维|建|模|
求解直线与平面夹角的一般步骤
求直线与平面夹角的关键在于找出直线在平面内的投影,基本步骤:
(1)作:即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,准确确定垂足的位置是关键;几何图形的特征是确定垂足的依据,垂足一般都是一些特殊的点,比如线段的中点、平面图形的中心、重心、垂心等.
(2)证:即证明所找到的角为直线与平面的夹角,也就是证明选取的点与垂足的连线和平面垂直,依据就是直线与平面夹角的定义.
(3)求:将所求角转化为垂线段、斜线段与投影所构成的直角三角形中进行计算.
针对训练
3.(2022·全国甲卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B的夹角均为30°,则 ( )
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D的夹角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C的夹角为45°
√
解析:如图,连接BD,易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD的夹角,所以在Rt△BDB1中,∠BDB1=30°,设BB1=1,则B1D=2BB1=2,
BD==.易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B的夹角,所以在Rt△ADB1中,∠AB1D=30°,因为B1D=2,所以AD=B1D=1,
AB1==,所以在Rt△ABB1中,
AB==,所以A错误;易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D的夹角,所以在Rt△ABB1中, sin∠BAB1==≠,
所以∠BAB1≠30°,所以B错误;在Rt△CBB1中,
CB1==,而AC==,所以C错误;易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C的夹角,因为在Rt△DB1C中,CB1=CD=,所以∠DB1C=45°,所以D正确.故选D.
4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AA1=AB=AC=1,直线A1C
与平面ABB1A1的夹角为 .
解析:因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC 平面ABC,
所以AA1⊥AC.因为∠BAC=,所以AB⊥AC.
因为AA1∩AB=A,AA1,AB 平面ABB1A1,所以AC⊥平面ABB1A1.
所以∠AA1C为直线A1C与平面ABB1A1的夹角.
因为AA1=AC,AA1⊥AC,所以△AA1C为等腰直角三角形.
所以∠AA1C=.所以直线A1C与平面ABB1A1的夹角为.
课时跟踪检测
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
A级——达标评价
1.若三条直线OA,OB,OC两两垂直,则直线OA垂直于( )
A.平面OAB B.平面OAC
C.平面OBC D.平面ABC
解析:由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC.
√
1
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6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1,则 ( )
A.B1B⊥l
B.B1B∥l
C.B1B与l异面但不垂直
D.B1B与l相交但不垂直
解析:因为B1B⊥平面A1C1,又因为l⊥平面A1C1,所以l∥B1B.
√
1
5
6
7
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9
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11
12
13
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15
3
4
2
3.空间中有两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n,则下列说法正确的是 ( )
A.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
B.若α⊥β,m⊥α,m⊥n,则n⊥β
C.若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥n
D.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β
√
1
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8
9
10
11
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3
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2
解析:对于A,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m β,又n⊥β,当m∥β时,在β内必存在直线l和m平行,则n⊥l,∴n⊥m;当m β时,显然有n⊥m,所以m⊥n,故A正确;对于B,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m β,由m⊥n,则n与β斜交、垂直、平行均有可能,故B错误;对于C,若α∥β,m∥α,则m∥β或m β,由n∥β,则m与n相交、平行、异面均有可能,故C错误;对于D,若α∥β,m∥α,则m∥β或m β,又m∥n,则n∥β或n β,故D错误.
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4.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,斜足分别为A,B,C,如果这些斜线与平面成等角,有如下结论:
①△ABC是正三角形;②垂足是△ABC的内心;③垂足是△ABC的外心;④垂足是△ABC的垂心.
其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2
C.3 D.4
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解析:设平面ABC外一点P及其在该平面内的投影为O,则PO⊥平面ABC.由已知可得△PAO,△PBO,△PCO全等,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心,只有③正确.
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5.如图,AB是☉O的直径,C是圆周上不同于A,B的任意一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC的四个面中,直角三角形的个数是 ( )
A.4 B.3
C.2 D.1
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解析:因为AB是☉O的直径,所以∠ACB=90°,即BC⊥AC,
△ABC是直角三角形.又因为PA⊥平面ABC,
所以△PAC,△PAB是直角三角形.又BC 平面ABC,
所以PA⊥BC.因此BC垂直于平面PAC中两条相交直线,所以BC⊥平面PAC.所以△PBC是直角三角形.
从而△PAB,△PAC,△ABC,△PBC中,直角三角形的个数是4.
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6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,且AC=BC,则直线B1C1与平面ABC1的夹角的大小为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
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解析:∵∠BAC=90°,AC=BC,∴∠CBA=30°,∵BC1⊥AC,AB⊥AC,
BC1∩AB=B,BC1 平面ABC1,AB 平面ABC1,∴AC⊥平面ABC1,
∴∠CBA就是BC与平面ABC1的夹角,即BC与平面ABC1的夹角是30°,
∵棱柱中B1C1∥BC,∴B1C1与平面ABC1的夹角的大小为30°.
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7.已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,如图所示,且AF=DE,AD=6,
则EF= .
解析:因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE,又AF=DE,所以四边形AFED是平行四边形,所以EF=AD=6.
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8.在三棱锥P-ABC中,点O是点P在底面ABC内的射影,若点P到△ABC三边的距离相等,则点O是△ABC的 心.
解析:因为点P到△ABC三边的距离相等,所以点O到△ABC三边的距离相等.所以点O是△ABC的内心.
内
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9.(8分)如图所示,AB是异面直线a,b的公垂线(与a,b都垂直相交的直线),a⊥平面α,b⊥平面β,α∩β=c,求证:AB∥c.
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证明:如图,过A作b'⊥平面β,
∵b⊥平面β,∴b∥b'.
∵AB是异面直线a,b的公垂线,
∴AB⊥a,AB⊥b.
∴AB⊥b'.又a∩b'=A,
∴AB垂直于直线a,b'所确定的平面γ.
又a⊥平面α,b'⊥平面β,α∩β=c,∴a⊥c,b'⊥c.∴c⊥平面γ.∴AB∥c.
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10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,PA=AB=4,G为PD中点.
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(1)求证:AG⊥平面PCD;
解:证明:因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.
又PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD.
又AG 平面PAD,故CD⊥AG,由PA=AB=4,知PA=AD,又G为PD中点,
故PD⊥AG.又PD∩CD=D,PD,CD 平面PCD,所以AG⊥平面PCD.
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(2)求直线AC与平面PCD的夹角.
解:连接CG(图略),由于AG⊥平面PCD,
则∠ACG为所求的角.
在Rt△ACG中,∠AGC=90°,
由PA=AB=4,四边形ABCD为正方形,G为PD中点,
可得AC=4,AG=PD=2=AC,
故∠ACG=30°,即直线AC与平面PCD的夹角为30°.
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B级——重点培优
11.(多选)(2022·新课标Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则( )
A.直线BC1与DA1的夹角为90°
B.直线BC1与CA1的夹角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D的夹角为45°
D.直线BC1与平面ABCD的夹角为45°
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解析:如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1.所以直线BC1与DA1的夹角为90°,故A正确.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1 平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1,因为CD∩B1C=C,CD,B1C 平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1.
又CA1 平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1.
所以直线BC1与CA1的夹角为90°,故B正确.
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连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB,因为OB 平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D的夹角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=a,OC1=,所以在Rt△BOC1中,
OC1=BC1.所以∠OBC1=30°,故C错误.因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD的夹角,易得∠CBC1=45°,故D正确.
故选A、B、D.
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12.(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 ( )
A.2 B.3
C.4 D.6
解析:如图,过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,
取DC的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,AO,
BO.由PC=PD,得PM⊥DC,又PO⊥DC,
PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM,又OM 平面POM,所以DC⊥OM.
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在正方形ABCD中,DC⊥NM,所以M,N,O三点共线,所以OA=OB,所以Rt△POA≌Rt△POB,所以PB=PA.在△PAC中,由余弦定理,
得PA==,所以PB=.在△PBC中,由余弦定理,得cos∠PCB==,所以sin∠PCB=,所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4,故选C.
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13.如图,在圆柱OP中,底面圆的半径为2,高为4,AB为
底面圆O的直径,C为 上更靠近A的三等分点,则
直线PC与平面PAB夹角的正弦值为 .
解析:如图,取OA的中点D,连接CO,PO,CD,PD,由题意得∠AOC=,
所以△AOC为正三角形,则CD⊥AO.
因为PO⊥平面ABC,CD 平面ABC,
所以PO⊥CD,同理PO⊥CO.
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而PO∩AO=O,PO,AO 平面PAB,
所以CD⊥平面PAB.
而PD 平面PAB,则CD⊥PD.
由CD⊥平面PAB,可得直线PC与平面PAB的夹角为∠CPD.
由等边三角形ACO及OA=2,可得CD=.
又PC==2,得sin∠CPD==.
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14.(10分)如图,AB为☉O的直径,PA垂直于☉O所在的
平面,M为圆周上任意一点,AN⊥PM,N为垂足.
(1)求证:AN⊥平面PBM;
证明:∵AB为☉O的直径,M为圆周上一点,∴AM⊥BM.
又PA⊥平面ABM,BM 平面ABM,∴PA⊥BM.又PA∩AM=A,
PA 平面PAM,AM 平面PAM,∴BM⊥平面PAM.
又AN 平面PAM,∴BM⊥AN.又AN⊥PM,且BM∩PM=M,
BM 平面PBM,PM 平面PBM,∴AN⊥平面PBM.
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(2)若AQ⊥PB,垂足为Q,求证:NQ⊥PB.
证明:由(1)知AN⊥平面PBM,PB 平面PBM,∴AN⊥PB.
又AQ⊥PB,AN∩AQ=A,AN 平面ANQ,AQ 平面ANQ,
∴PB⊥平面ANQ.又NQ 平面ANQ,∴NQ⊥PB.
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15.(14分)(2024·上海高考)如图,在正四棱锥P-ABCD中,
O为底面ABCD的中心.
(1)若AP=5,AD=3,求△POA绕PO旋转一周形成的
几何体的体积;
解:在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,
且PO⊥底面ABCD,∴△AOD为等腰直角三角形.又AD=3,∴AO=3.
∵AP=5,∴PO==4.∵Rt△AOP绕直角边PO旋转一周形成的几何体是底面半径为3,高为4的圆锥,∴旋转体的体积V=×π×32×4=12π.
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(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.
解:如图,连接OE,∵AP=AD=AB,E为PB的中点,∴PB⊥AE,同理,PB⊥CE,
又AE∩CE=E,AE,CE 平面AEC,∴PB⊥平面AEC,∴∠BOE是BD与平面AEC所成的角.设AP=AD=2,则BO=,BE=1,在△BPD中,E,O分别为BP,
BD的中点,∴EO=PD=AP=1,∴△BEO是等腰直角
三角形,∴∠BOE=,即BD与平面AEC所成角的大小为.课时跟踪检测(五十) 直线与平面垂直
(满分100分,A级选填小题每题5分,B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1.若三条直线OA,OB,OC两两垂直,则直线OA垂直于 ( )
A.平面OAB B.平面OAC
C.平面OBC D.平面ABC
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1,则 ( )
A.B1B⊥l
B.B1B∥l
C.B1B与l异面但不垂直
D.B1B与l相交但不垂直
3.空间中有两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n,则下列说法正确的是 ( )
A.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
B.若α⊥β,m⊥α,m⊥n,则n⊥β
C.若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥n
D.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β
4.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,斜足分别为A,B,C,如果这些斜线与平面成等角,有如下结论:
①△ABC是正三角形;②垂足是△ABC的内心;③垂足是△ABC的外心;④垂足是△ABC的垂心.
其中正确结论的个数是 ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
5.如图,AB是☉O的直径,C是圆周上不同于A,B的任意一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC的四个面中,直角三角形的个数是 ( )
A.4 B.3
C.2 D.1
6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,且AC=BC,则直线B1C1与平面ABC1的夹角的大小为 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
7.已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,如图所示,且AF=DE,AD=6,则EF= .
8.在三棱锥P-ABC中,点O是点P在底面ABC内的射影,若点P到△ABC三边的距离相等,则点O是△ABC的 心.
9.(8分)如图所示,AB是异面直线a,b的公垂线(与a,b都垂直相交的直线),a⊥平面α,b⊥平面β,α∩β=c,求证:AB∥c.
10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,PA=AB=4,G为PD中点.
(1)求证:AG⊥平面PCD;
(2)求直线AC与平面PCD的夹角.
B级——重点培优
11.(多选)(2022·新课标Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 ( )
A.直线BC1与DA1的夹角为90°
B.直线BC1与CA1的夹角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D的夹角为45°
D.直线BC1与平面ABCD的夹角为45°
12.(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 ( )
A.2 B.3
C.4 D.6
13.如图,在圆柱OP中,底面圆的半径为2,高为4,AB为底面圆O的直径,C为上更靠近A的三等分点,则直线PC与平面PAB夹角的正弦值为 .
14.(10分)如图,AB为☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,M为圆周上任意一点,AN⊥PM,N为垂足.
(1)求证:AN⊥平面PBM;
(2)若AQ⊥PB,垂足为Q,求证:NQ⊥PB.
15.(14分)(2024·上海高考)如图,在正四棱锥P-ABCD中,O为底面ABCD的中心.
(1)若AP=5,AD=3,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;
(2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.
课时跟踪检测(五十)
1.选C 由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC.
2.选B 因为B1B⊥平面A1C1,又因为l⊥平面A1C1,所以l∥B1B.
3.选A 对于A,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m β,又n⊥β,当m∥β时,在β内必存在直线l和m平行,则n⊥l,∴n⊥m;当m β时,显然有n⊥m,所以m⊥n,故A正确;对于B,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m β,由m⊥n,则n与β斜交、垂直、平行均有可能,故B错误;对于C,若α∥β,m∥α,则m∥β或m β,由n∥β,则m与n相交、平行、异面均有可能,故C错误;对于D,若α∥β,m∥α,则m∥β或m β,又m∥n,则n∥β或n β,故D错误.
4.选A 设平面ABC外一点P及其在该平面内的投影为O,则PO⊥平面ABC.由已知可得△PAO,△PBO,△PCO全等,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心,只有③正确.
5.选A 因为AB是☉O的直径,
所以∠ACB=90°,即BC⊥AC,
△ABC是直角三角形.
又因为PA⊥平面ABC,
所以△PAC,△PAB是直角三角形.
又BC 平面ABC,
所以PA⊥BC.因此BC垂直于平面PAC中两条相交直线,所以BC⊥平面PAC.
所以△PBC是直角三角形.
从而△PAB,△PAC,△ABC,△PBC中,直角三角形的个数是4.
6.选A ∵∠BAC=90°,AC=BC,
∴∠CBA=30°,∵BC1⊥AC,AB⊥AC,BC1∩AB=B,BC1 平面ABC1,AB 平面ABC1,∴AC⊥平面ABC1,
∴∠CBA就是BC与平面ABC1的夹角,即BC与平面ABC1的夹角是30°,∵棱柱中B1C1∥BC,∴B1C1与平面ABC1的夹角的大小为30°.
7.解析:因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE,又AF=DE,所以四边形AFED是平行四边形,所以EF=AD=6.
答案:6
8.解析:因为点P到△ABC三边的距离相等,所以点O到△ABC三边的距离相等.所以点O是△ABC的内心.
答案:内
9.证明:如图,过A作b'⊥平面β,
∵b⊥平面β,∴b∥b'.
∵AB是异面直线a,b的公垂线,
∴AB⊥a,AB⊥b.
∴AB⊥b'.
又a∩b'=A,
∴AB垂直于直线a,b'所确定的平面γ.
又a⊥平面α,b'⊥平面β,α∩β=c,
∴a⊥c,b'⊥c.∴c⊥平面γ.∴AB∥c.
10.解:(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,
所以CD⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
又AG 平面PAD,故CD⊥AG,
由PA=AB=4,知PA=AD,又G为PD中点,
故PD⊥AG.
又PD∩CD=D,PD,CD 平面PCD,
所以AG⊥平面PCD.
(2)连接CG(图略),由于AG⊥平面PCD,
则∠ACG为所求的角.
在Rt△ACG中,∠AGC=90°,
由PA=AB=4,四边形ABCD为正方形,G为PD中点,
可得AC=4,AG=PD=2=AC,
故∠ACG=30°,
即直线AC与平面PCD的夹角为30°.
11.选ABD 如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1.所以直线BC1与DA1的夹角为90°,故A正确.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1 平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1,因为CD∩B1C=C,CD,B1C 平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1 平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1.所以直线BC1与CA1的夹角为90°,故B正确.
连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB,因为OB 平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D的夹角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=a,OC1=,
所以在Rt△BOC1中,OC1=BC1.
所以∠OBC1=30°,故C错误.
因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD的夹角,易得∠CBC1=45°,故D正确.故选A、B、D.
12.选C 如图,过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,取DC的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,AO,BO.由PC=PD,得PM⊥DC,又PO⊥DC,PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM,又OM 平面POM,所以DC⊥OM.在正方形ABCD中,DC⊥NM,所以M,N,O三点共线,所以OA=OB,所以Rt△POA≌Rt△POB,所以PB=PA.在△PAC中,由余弦定理,得PA==,所以PB=.在△PBC中,由余弦定理,得cos∠PCB==,所以sin∠PCB=,所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4,故选C.
13.解析:如图,取OA的中点D,连接CO,PO,CD,PD,
由题意得∠AOC=,所以△AOC为正三角形,
则CD⊥AO.
因为PO⊥平面ABC,CD 平面ABC,
所以PO⊥CD,同理PO⊥CO.
而PO∩AO=O,PO,AO 平面PAB,
所以CD⊥平面PAB.
而PD 平面PAB,则CD⊥PD.
由CD⊥平面PAB,可得直线PC与平面PAB的夹角为∠CPD.
由等边三角形ACO及OA=2,可得CD=.
又PC==2,
得sin∠CPD==.
答案:
14.证明:(1)∵AB为☉O的直径,M为圆周上一点,∴AM⊥BM.
又PA⊥平面ABM,BM 平面ABM,
∴PA⊥BM.
又PA∩AM=A,PA 平面PAM,AM 平面PAM,
∴BM⊥平面PAM.
又AN 平面PAM,∴BM⊥AN.
又AN⊥PM,且BM∩PM=M,BM 平面PBM,PM 平面PBM,∴AN⊥平面PBM.
(2)由(1)知AN⊥平面PBM,PB 平面PBM,
∴AN⊥PB.
又AQ⊥PB,AN∩AQ=A,AN 平面ANQ,AQ 平面ANQ,∴PB⊥平面ANQ.
又NQ 平面ANQ,∴NQ⊥PB.
15.解:(1)在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,且PO⊥底面ABCD,
∴△AOD为等腰直角三角形.又AD=3,
∴AO=3.
∵AP=5,∴PO==4.
∵Rt△AOP绕直角边PO旋转一周形成的几何体是底面半径为3,高为4的圆锥,
∴旋转体的体积V=×π×32×4=12π.
(2)如图,连接OE,
∵AP=AD=AB,E为PB的中点,∴PB⊥AE,
同理,PB⊥CE,又AE∩CE=E,AE,CE 平面AEC,
∴PB⊥平面AEC,
∴∠BOE是BD与平面AEC所成的角.
设AP=AD=2,则BO=,BE=1,
在△BPD中,E,O分别为BP,BD的中点,
∴EO=PD=AP=1,
∴△BEO是等腰直角三角形,
∴∠BOE=,
即BD与平面AEC所成角的大小为.
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