(共41张PPT)
11.3 空间中的平行关系
11.3.1 平行直线与异面直线
基础预习初探
1.在同一平面内,两条直线有几种位置关系?
2.观察如图正方体ABCD-A1B1C1D1,回答下面的问题:
(1)图中∠C1A1B1和∠CAB有什么关系?
(2)图中A1C1∥AC,则“直线A1C1与直线BC1所成的角”与“直线AC与直线BC1所成的角”是否相等?
继续探究:
1.空间中,没有公共点的两条直线一定平行吗?
提示:不一定,在平面内没有公共点的两条直线平行,在空间没有公共点的两条直线可能平行,也可能异面.
2.如图长方体,观察图中的直线,你能得出哪些位置关系?
提示:(1)平行关系:图中AD与BC,BC与B1C1等所在直线是平行关系.
(2)相交关系:图中AB与BC,A1B与BC等所在直线是相交关系.
(3)异面关系:图中AA1与BC所在直线,它们既不相交也不平行,是异面关系.
【概念生成】
1.平行直线
(1)过直线外一点_____________直线与已知直线平行;
(2)平行直线的传递性:平行于同一条直线的两条直线_________.这一性质
叫做空间平行线的_______.
符号表述:
?b∥c.
(3)等角定理
如果一个角的两边与另一个角的两边分别_________,并且方向_____,那么
这两个角_____.
有且只有一条
互相平行
传递性
对应平行
相同
相等
2.异面直线
(1)画法:如图,为了表示异面直线a,b不共面的特点,作图时,通常用一个或两个平面衬托.
(2)判定:
与一个平面相交于一点的直线与这个平面内___________的直线异面.
不经过交点
3.空间四边形
顺次连接_______的4点所构成的图形,称为空间四边形.其中4个点都是空间四
边形的_____;连接相邻顶点间的线段称为空间四边形的___;连接不相邻顶点间
的线段称为空间四边形的_______.空间四边形用表示顶点的4个字母表示.
不共面
顶点
对角线
边
核心互动探究
探究点一 等角定理的应用
【典例1】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,M1分别是棱AD和A1D1的中点.求证:
(1)四边形BB1M1M为平行四边形;
(2)∠BMC=∠B1M1C1.
【思维导引】(1)欲证四边形BB1M1M是平行四边形,可证其一组对边平行且相等;(2)可结合(1)利用等角定理证明或利用三角形全等证明.
【证明】(1)因为ABCD-A1B1C1D1为正方体.
所以AD=A1D1,且AD∥A1D1,
又M,M1分别为棱AD,A1D1的中点,
所以AM=A1M1且AM∥A1M1,
所以四边形AMM1A1为平行四边形,
所以MM1=AA1且MM1∥AA1.
又AA1=BB1且AA1∥BB1,
所以MM1=BB1且MM1∥BB1,
所以四边形BB1M1M为平行四边形;
(2)方法一:由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形,
所以B1M1∥BM.同理可得四边形CC1M1M为平行四边形,所以C1M1∥CM.
因为∠BMC和∠B1M1C1方向相同,
所以∠BMC=∠B1M1C1.
方法二:由(1)知四边形BB1M1M为平行四边形,
所以B1M1=BM.
同理可得四边形CC1M1M为平行四边形,
所以C1M1=CM.
又因为B1C1=BC,所以△BCM≌△B1C1M1,
所以∠BMC=∠B1M1C1.
【类题通法】
平行线的传递性的应用
1.空间两条直线平行的证明
一是定义法:即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点;
二是利用平面图形的有关平行的性质,如三角形中位线,梯形,平行四边形等关于平行的性质;
三是利用平行线的传递性,找到一条直线,使所证的直线都与这条直线平行.
2.求证角相等
一是用等角定理;二是用平面几何知识.
【定向训练】
如图所示,已知E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点:
(1)求证:E,F,G,H四点共面;
(2)若四边形EFGH是矩形,求证:AC⊥BD.
【解析】(1)在△ABD中,
因为E,H分别是AB,AD的中点,所以EH∥BD.
同理FG∥BD,则EH∥FG.
故E,F,G,H四点共面;
(2)由(1)知EH∥BD,同理AC∥GH.
又因为四边形EFGH是矩形,
所以EH⊥GH.故AC⊥BD.
【补偿训练】
已知棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,AD的中点.求证:
(1)四边形MNA1C1是梯形;
(2)∠DNM=∠D1A1C1.
【证明】(1)如图,连接AC,
在△ACD中,因为M,N分别是CD,AD的中点,
所以MN是△ACD的中位线,
所以MN∥AC,MN=
AC,
由正方体的性质得AC∥A1C1,AC=A1C1.
所以MN∥A1C1,且MN=
A1C1,即MN≠A1C1,
所以四边形MNA1C1是梯形.
(2)由(1)可知MN∥A1C1,又因为ND∥A1D1,
所以∠DNM与∠D1A1C1相等或互补.
而∠DNM与∠D1A1C1均是直角三角形的一个锐角,
所以∠DNM=∠D1A1C1.
探究点二 空间直线位置关系的判定
【典例2】(1)在正方体ABCD?A1B1C1D1中,棱所在直线与直线BA1是异面直线的条数为
( )
A.4
B.5
C.6
D.7
(2)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是
( )
A.CC1与B1E是异面直线
B.CC1与AE是共面直线
C.AE与B1C1是异面直线
D.AE与BB1是共面直线
【思维导引】(1)根据异面直线的定义判断.
(2)根据异面直线的判定方法判断.
【解析】(1)选C.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中与BA1所在直线是异面直线的有DC,DA,D1C1,B1C1,DD1,CC1,共6条.
(2)选C.由于CC1与B1E均在平面BCC1B1内,不是异面直线;CC1∩平面ABC=C,
AE?平面ABC,点C不在直线AE上,所以CC1和AE是异面直线,同理BB1与AE是异面直线,AE∩平面BCC1B1=E,B1C1?平面BCC1B1,点E不在直线B1C1上,则AE与B1C1是异面直线.
【类题通法】
判断空间中两条直线位置关系的诀窍
(1)建立空间观念,全面考虑两条直线平行、相交和异面三种位置关系.特别关注异面直线.
(2)重视正方体等常见几何体模型的应用,会举例说明两条直线的位置关系.
【定向训练】
在四棱锥P-ABCD中,各棱所在的直线互相异面的有________对.?
【解析】以底边所在直线为准进行考查,因为四边形ABCD是平面图形,4条边在同一平面内,不可能组成异面直线,而每一边所在直线能与2条侧棱组成2对异面直线,所以共有4×2=8对异面直线.
答案:8
【补偿训练】
某正方体的平面展开图如图所示,则在这个正方体中
( )
A.NC与DE相交
B.CM与ED平行
C.AF与CN平行
D.AF与CM异面
【解析】选B.根据题意得到正方体如图所示:
对于A,NC与DE是异面直线,故不相交;
对于B,CM与ED平行,由立体图知是正确的;
对于C,AF与CN不同在任何一个平面内,故不正确;
对于D,AF与CM是相交的.
探究点三 空间四边形的认识
【典例3】如图,设E,F,G,H分别是四面体A-BCD的棱AB,BC,CD,DA上的点,
且
,求证:
(1)当λ=μ时,四边形EFGH是平行四边形;
(2)当λ≠μ时,四边形EFGH是梯形.
【思维导引】空间四边形各边中点连线构成平行四边形是空间四边形的一个重要性质,这样就可以利用平行四边形性质解决相关问题,因而先利用三角形中位线证明有关线段平行.
【证明】(1)因为
=λ,所以EH∥BD,所以
=λ,
同理GF∥BD,
=μ,又因为λ=μ,所以EH=GF,
所以EH?
GF,所以四边形EFGH是平行四边形.
(2)由(1)知EH∥GF,又因为λ≠μ,
所以EH≠GF.所以四边形EFGH是梯形.
【类题通法】
空间四边形中的平行关系
因空间图形往往包含平面图形,在解题时容易混淆,所以把相似的概念辨析一下,区分异同,解题时才不出错,如本例中明确给出了“空间四边形ABCD”,不包含平面四边形,说明“A,B,C,D四点必不共面”,不能因直观图中AD与BC看似平行的关系认为它们是平行的.
【定向训练】
已知四边形ABCD是空间四边形,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是
边CB,CD上的点,且
求证:FE和GH的交点在直线AC上.
【证明】连接BD,因为E,H分别是边AB,AD的中点,所以EH∥BD.
又因为
,所以FG∥BD.
因此EH∥FG,且EH≠FG,故四边形EFGH是梯形;
所以EF,HG相交,
设EF∩HG=K.
因为K∈EF,EF?平面ABC,所以K∈平面ABC,
同理K∈平面ACD.
又平面ABC∩平面ACD=AC,
所以K∈AC,故FE和GH的交点在直线AC上.
【课堂小结】
课堂素养达标
1.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,与AA1异面的棱是
( )
A.AB
B.BB1
C.DD1
D.B1C1
【解析】选D.AA1∥BB1,AA1∥DD1,AA1∩AB=A,AA1与B1C1是异面直线.
2.一条直线与两条异面直线中的一条平行,则它和另一条的位置关系
是
( )
A.平行或异面
B.相交或异面
C.异面
D.相交
【解析】选B.假设a与b是异面直线,而c∥a,则c显然与b不平行(否则c∥b,则有a∥b,与a,b是异面直线矛盾),因此c与b可能相交或异面.
3.已知直线a∥直线b,直线b∥直线c,直线c∥直线d,则a与d的位置关系
是
( )
A.平行
B.相交
C.异面
D.不确定
【解析】选A.因为a∥b,b∥c,所以a∥c.
又c∥d,所以a∥d.
4.两条直线a,b分别和异面直线c,d都相交,则直线a,b的位置关系
是
( )
A.平行
B.相交
C.异面
D.异面或相交
【解析】选D.已知直线c与d是异面直线,直线a,b分别与直线c,d相交于点A,B,C,D,
根据题意可得,当点D与点B重合时(或当点A与点C重合时),两条直线相交,当点D与点B不重合且点A与点C不重合时,两条直线异面.(共31张PPT)
11.3.2 直线与平面平行
基础预习初探
1.观察我们的教室,教室的墙面、地面、天花板均可抽象成平面,把日光灯抽象成一条直线,那么日光灯所在直线与墙面、地面、天花板有何位置关系?
2.观察长方体,可以发现长方体ABCD-A′B′C′D′中,线段A′B所在的直线与长方体ABCD-A′B′C′D′的侧面C′D′DC所在平面平行,你能在侧面C′D′DC所在平面内作一条直线与A′B平行吗?
继续探究:
1.将一本书平放在桌面上,翻动书的封面,假设封面边缘为AB,那么请思考以下两个问题:
(1)翻转中你发现了哪些变化和哪些关系?
提示:翻转的过程其实是以装订边为轴的一个绕轴运动,转动过程中始终AB∥装订边.
(2)AB所在的直线与桌面所在的平面有什么样的位置关系呢?
提示:AB所在的直线与桌面所在的平面平行或AB在桌面所在平面内.
2.如图,平面α外的直线a平行于平面α内的直线b,这两条直线共面吗?直线a与平面α相交吗?
提示:直线a,b共面,直线a与平面α不相交.
【概念生成】
1.直线与平面的位置关系.
位置
关系
直线a在平面α内
直线a与平面α相交
直线a与平面α平行
公共点
_________公共点
_____________公共点
_____公共点
符号
表示
______
________
______
图形
表示
有无数个
有且只有一个
没有
a?α
a∩α=A
a∥α
2.直线与平面平行的判定及性质
定理
条件
结论
图形语言
符号语言
判定
如果_______的一条
直线与_______的一
条直线平行
这条直线与这
个平面_____
性质
如果一条直线与一个
平面_____,且经过这
条直线的平面与这个
平面_____
这条直线与这两个平面的_____平行
平面外
平面内
平行
平行
相交
交线
核心互动探究
探究点一 线面平行的判定
【典例1】如图所示,已知P是?ABCD所在平面外的一点,M是PB的中点,求证:PD∥平面MAC.
【思维导引】要证明直线a与平面α平行的关键是在平面α内找一条直线b,使a∥b.考虑是否有已知的平行线,若无已知的平行线,则根据已知条件作出平行线(有中点常作中位线).
【证明】连接BD交AC于点O,连接OM.
根据题意,得O是BD的中点,M是PB的中点.
所以在△BPD中,OM是中位线,所以OM∥PD.
又因为OM?平面MAC,PD?平面MAC.
所以PD∥平面MAC.
【类题通法】
1.判定直线与平面平行的常用方法
(1)定义法:证明直线与平面没有公共点,通常要借助反证法来证明.
(2)判定定理法:由线线平行证明线面平行.
2.用直线与平面平行的判定定理证明线面平行
(1)基本步骤:
(2)上面的第一步是证题的关键,其常用方法有:①利用三角形中位线、梯形中位线的性质;②利用平行四边形的性质等.
提醒:在证明线面平行时,一定要说明一条直线在平面内,一条直线在平面外,这样才可以得到结论.
【定向训练】
如图,已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD对角线的交点,
求证:C1O∥平面AB1D1.
【证明】连接A1C1交B1D1于点O1,连接AO1,
因为O,O1分别为正方体面对角线AC,A1C1的中点,
所以AO平行且等于C1O1,
所以四边形AOC1O1是平行四边形,所以C1O∥AO1.
又因为C1O?平面AB1D1,AO1?平面AB1D1,
所以C1O∥平面AB1D1.
【补偿训练】
若M,N分别是△ABC边AB,AC的中点,MN与过直线BC的平面β的位置关系是
( )
A.MN∥β
B.MN与β相交或MN?β
C.MN∥β或MN?β
D.MN∥β或MN与β相交或MN?β
【解析】选C.MN是△ABC的中位线,
所以MN∥BC.因为平面β过直线BC,
若平面β过直线MN,则MN?β.
若平面β不过直线MN,由线面平行的判定定理可知MN∥β.
探究点二 线面平行的应用
【典例2】如图所示,用平行于四面体ABCD一组对棱AB,CD的平面截此四面体,求证:截面MNPQ是平行四边形.
【思维导引】应用线面平行的性质定理.
【证明】因为AB∥平面MNPQ,
平面ABC∩平面MNPQ=MN,且AB?平面ABC,
所以由线面平行的性质定理知AB∥MN.
同理AB∥PQ,所以MN∥PQ.
同理可得MQ∥NP.
所以截面MNPQ是平行四边形.
【延伸探究】
1.若本例题条件不变,求证:
.
【证明】因为AB∥平面MNPQ,
平面ABC∩平面MNPQ=MN,且AB?平面ABC,
所以由线面平行的性质定理知AB∥MN.
同理AB∥PQ,所以
.
又QM∥DC,所以
,所以
.
2.若本例中添加条件:AB⊥CD,AB=10,CD=8,且BP∶PD=1∶1,求四边形MNPQ的面积.
【解析】由【典例2】解析知,四边形MNPQ是平行四边形.
因为AB⊥CD,又因为AB∥QP,CD∥MQ,所以PQ⊥QM,
所以四边形MNPQ是矩形.
又BP∶PD=1∶1,所以PQ=
BA=5,QM=
DC=4,
所以四边形MNPQ的面积为5×4=20.
【类题通法】
线面平行的应用
判定定理与性质定理常常交替使用,即先通过线线平行推出线面平行,再通过线面平行推出线线平行,复杂的题目还可以继续推下去,我们可称它为平行链,如下:
【定向训练】
如图所示,已知E,F,G,H分别为空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点,且EH∥FG.求证:EH∥BD.
【证明】因为EH∥FG,EH?平面BCD,FG?平面BCD,
所以EH∥平面BCD,
又因为EH?平面ABD,
平面ABD∩平面BCD=BD,所以EH∥BD.
【补偿训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,N是PB的中点,过A,N,D三点的平面交PC于点M,求证:AD∥MN.
【证明】因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,
又BC?平面PBC,AD?平面PBC,
所以AD∥平面PBC,
又AD?平面ADMN,平面PBC∩平面ADMN=MN,
所以AD∥MN.
【课堂小结】
课堂素养达标
1.直线在平面外是指
( )
A.直线与平面没有公共点
B.直线与平面相交
C.直线与平面平行
D.直线与平面最多有一个公共点
【解析】选D.直线在平面外是指直线与平面相交或直线与平面平行.
2.b是平面α外的一条直线,可以推出b∥α的条件是
( )
A.b与α内的一条直线不相交
B.b与α内的两条直线不相交
C.b与α内的无数条直线不相交
D.b与α内的任何一条直线都不相交
【解析】选D.因为b∥α,所以b与α无公共点,从而b与α内任何一条直线无公共点.
3.如图,E,F分别为三棱锥A-BCD的棱BC,BA上的点,且BE∶BC=BF∶BA=1∶3,则直线EF与平面ACD的位置关系是__________.?
【解析】因为BE∶BC=BF∶BA=1∶3,所以EF∥AC.
又EF?平面ACD,AC?平面ACD,所以EF∥平面ACD.
答案:平行(共43张PPT)
11.3.3 平面与平面平行
基础预习初探
1.观察长方体ABCD-A′B′C′D′知,平面ABCD与平面A′B′C′D′互相平行,那么在平面ABCD内直线m与在平面A′B′C′D′内的直线l有怎样的位置关系呢?
2.如果一条直线与两个平行平面中的一个相交,那么它与另一个平面也相交.那么如何将文字语言转化为图形语言和符号语言?
继续探究:
(1)三角板的两条边所在直线分别与平面α平行,这个三角板所在平面与平面α平行吗?
提示:平行.
(2)观察长方体ABCD-A1B1C1D1的两个面:平面ABCD及平面A1B1C1D1.
思考1 平面A1B1C1D1中的所有直线都平行于平面ABCD吗?
提示:是的.
思考2 过BC的平面BCC1B1交平面A1B1C1D1于B1C1,B1C1与BC是什么关系?
提示:平行.
【概念生成】
1.两个平面的位置关系
位置
关系
图示
表示法
公共点
个数
两平面
平行
_______
____
两平面
相交
________
_________
_______
α∥β
0个
α∩β=l
无数个点
(共线)
2.平面与平面平行的判定与性质
(1)平面与平面平行的判定
①文字语言:如果一个平面内有两条_____直线分别平行于另一个平面,那么这
两个平面平行.
②符号语言:a?β,b?β,_______,a∥α,b∥α?β∥α.
③图形语言:如图所示.
相交
a∩b=P
(2)平面与平面平行的性质定理
①文字语言:如果两个平行平面同时与第三个平面相交,那么它们的交线_____.
②符号语言:α∥β,α∩γ=a,
_________?a∥b.
③图形语言:如图所示.
④作用:证明两直线_____.
平行
β∩γ=b
平行
核心互动探究
探究点一 平面与平面平行的判定
【典例1】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是棱C1C,B1C1,C1D1的中点,求证:平面MNP∥平面A1BD.
【思维导引】利用三角形中位线原理合理作出辅助线构造三角形,证明MN∥A1D.PN∥BD.
【证明】如图,连接B1C.
由已知得A1D∥B1C,且MN∥B1C,所以MN∥A1D.
又因为MN?平面A1BD,A1D?平面A1BD,
所以MN∥平面A1BD.
连接B1D1,同理可证PN∥平面A1BD.
又因为MN?平面MNP,PN?平面MNP,
且MN∩PN=N,所以平面MNP∥平面A1BD.
【延伸探究】若本例条件不变,求证:平面CB1D1∥平面A1BD.
【证明】因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,
所以DD1?
BB1,所以BDD1B1为平行四边形,
所以BD∥B1D1,
又BD?平面CB1D1,B1D1?平面CB1D1,
所以BD∥平面CB1D1,同理A1D∥平面CB1D1.
又因为BD?平面A1DB,A1D?平面A1DB,且BD∩A1D=D,所以平面CB1D1∥平面A1BD.
【类题通法】
判定平面与平面平行的四种常用方法
(1)定义法:证明两个平面没有公共点,通常采用反证法.
(2)利用判定定理:一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面.证明时应遵循先找后作的原则,即先在一个平面内找到两条与另一个平面平行的相交直线,若找不到再作辅助线.
(3)转化为线线平行:平面α内的两条相交直线与平面β内的两条直线分别平行,则α∥β.
(4)利用平行平面的传递性:若α∥β,β∥γ,则α∥γ.
【定向训练】
如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面.
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
【证明】(1)因为G,H分别是A1B1,A1C1的中点,
所以GH是△A1B1C1的中位线,所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC,所以GH∥BC,
所以B,C,H,G四点共面.
(2)因为E,F分别是AB,AC的中点,
所以EF∥BC.
因为EF?平面BCHG,BC?平面BCHG,
所以EF∥平面BCHG.
因为A1G∥EB,A1G=EB,
所以四边形A1EBG是平行四边形,所以A1E∥GB.
因为A1E?平面BCHG,GB?平面BCHG,
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E?平面A1EF,EF?平面A1EF且A1E∩EF=E,所以平面EFA1∥平面BCHG.
【补偿训练】
如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形.点M,N,Q分别在PA,BD,
PD上,且PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD.
求证:平面MNQ∥平面PBC.
【证明】因为PM∶MA=BN∶ND=PQ∶QD,
所以MQ∥AD,NQ∥BP.
又因为BP?平面PBC,NQ?平面PBC,
所以NQ∥平面PBC.
因为四边形ABCD为平行四边形.
所以BC∥AD,所以MQ∥BC.
又因为BC?平面PBC,MQ?平面PBC,
所以MQ∥平面PBC.
又因为MQ?平面MQN,NQ?平面MQN,且MQ∩NQ=Q,
所以平面MNQ∥平面PBC.
探究点二 面面平行性质定理的应用
【典例2】如图所示,平面四边形ABCD的四个顶点A,B,C,D均在平行四边形A′B′C′D′外,且AA′,BB′,CC′,DD′互相平行,求证:四边形ABCD是平行四边形.
【思维导引】充分利用?A′B′C′D′的平行关系及AA′,BB′,CC′,DD′间的平行关系,先得出线面平行,再得面面平行,最后由平面平行的性质定理得线线平行.
【证明】因为四边形A′B′C′D′是平行四边形,
所以A′D′∥B′C′.
因为A′D′?平面BB′C′C,B′C′?平面BB′C′C,
所以A′D′∥平面BB′C′C.同理AA′∥平面BB′C′C.
因为A′D′?平面AA′D′D,AA′?平面AA′D′D,
且A′D′∩AA′=A′,所以平面AA′D′D∥平面BB′C′C.
又因为AD,BC分别是平面ABCD与平面AA′D′D,
平面BB′C′C的交线,所以AD∥BC.
同理可证AB∥CD.所以四边形ABCD是平行四边形.
【类题通法】
应用平面与平面平行性质定理的基本步骤
【定向训练】
如图,α∥β∥γ,直线a与b分别交α,β,γ于点A,B,C和点D,E,F.
(1)求证:
;
(2)若AB=BC,AD=2,BE=
,CF=4,求直线AD与CF所成的角.
【解析】(1)连接AF交平面β于点G,
连接AD,BE,CF,BG,EG.
由β∥γ,平面ACF∩β=BG,平面ACF∩γ=CF,
得BG∥CF,则
同理,由α∥β,可得GE∥AD,则
所以
(2)因为BG∥CF,GE∥AD,
所以∠BGE(或其补角)就是直线AD与CF所成的角.
因为
所以BG=2,GE=1,
又BE=
,CF=4,
所以由余弦定理可得cos∠BGE=
,得∠BGE=120°.
故直线AD与CF所成的角为60°.
探究点三 平行关系的综合应用
【典例3】设AB,CD为夹在两个平行平面α,β之间的线段,且直线AB,CD为异面直线,M,P分别为AB,CD的中点.求证:MP∥平面β.
【思维导引】经过直线MP作辅助平面,通过面面平行证明线面平行.
【证明】如图,过点A作AE∥CD交平面β于点E,连接DE,BE.
因为AE∥CD,所以AE,CD确定一个平面,设为γ,
则α∩γ=AC,β∩γ=DE.
又α∥β,所以AC∥DE(平面平行的性质定理),
取AE的中点N,连接NP,MN,
因为M,P分别为AB,CD的中点,
所以NP∥DE,MN∥BE.
又NP?β,DE?β,MN?β,BE?β,
所以NP∥β,MN∥β,
又因为NP?平面MNP,MN?平面MNP,且NP∩MN=N,所以平面MNP∥β.
因为MP?平面MNP,MP?β,所以MP∥β.
【类题通法】
解决平行关系的综合问题的方法
(1)在遇到线面平行时,常需作出过已知直线与已知平面相交的辅助平面,以便运用线面平行的性质.
(2)要灵活应用线线平行、线面平行和面面平行的相互联系、相互转化.在解决立体几何中的平行问题时,一般都要用到平行关系的转化.转化思想是解决这类问题的最有效的方法.
【定向训练】
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:当点Q在什么位置时,使得平面D1BQ∥平面PAO?
【解析】当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
因为Q为CC1的中点,P为DD1的中点,
连接PQ,如图,易证四边形PQBA是平行四边形,
所以QB∥PA.
又因为AP?平面APO,QB?平面APO,
所以QB∥平面APO.
因为P,O分别为DD1,DB的中点,所以D1B∥PO.
同理可得D1B∥平面PAO,
又因为D1B?平面D1BQ,QB?平面D1BQ且D1B∩QB=B,
所以平面D1BQ∥平面PAO.
【补偿训练】
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,如图.
(1)求证:平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E,F,并证明:A1E=EF=FC.
【解析】(1)因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
AD?
B1C1,
所以四边形AB1C1D是平行四边形,
所以AB1∥C1D.
又因为C1D?平面C1BD,AB1?平面C1BD.
所以AB1∥平面C1BD.
同理B1D1∥平面C1BD.
又因为AB1∩B1D1=B1,AB1?平面AB1D1,B1D1?平面AB1D1,
所以平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)如图,连接A1C1交B1D1于点O1,连接A1C,连接AO1与A1C交于点E.
又因为AO1?平面AB1D1,
所以点E也在平面AB1D1内,
所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点;
连接AC交BD于O,连接C1O与A1C交于点F,
则点F就是A1C与平面C1BD的交点.
证明A1E=EF=FC的过程如下:
因为平面A1C1C∩平面AB1D1=EO1,
平面A1C1C∩平面C1BD=C1F,
平面AB1D1∥平面C1BD,所以EO1∥C1F.
在△A1C1F中,O1是A1C1的中点,
所以E是A1F的中点,即A1E=EF;
同理可证OF∥AE,所以F是CE的中点,
即CF=FE,所以A1E=EF=FC.
【课堂小结】
三种平行关系的转化
三种平行关系是紧密相连的,可以任意转化,其相互转化关系如图所示:
课堂素养达标
1.如果在两个平面内分别有一条直线,这两条直线互相平行,那么两个平面的位置关系一定是
( )
A.平行
B.相交
C.平行或相交
D.不能确定
【解析】选C.如图所示,由图可知C正确.
2.已知a,b表示直线,α,β,γ表示平面,下列推理正确的是
( )
A.若α与β相交,a?α,b?β,则a与b一定相交
B.若a?α,b?β,a∥b,则α∥β
C.a∥β,b∥β,a?α,b?α?α∥β
D.α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b
【解析】选D.A错误,a与b,可能平行也可能是异面直线;由平面与平面平行的判定定理知B,C错误;由平面与平面平行的性质定理知,D正确.
3.已知a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列说法正确的是
( )
A.若a∥b,b?α,则a∥α
B.若a?α,b?β,a∥b,则α∥β
C.若α∥β,a∥α,则a∥β
D.若α∩β=a,β∩γ=b,α∩γ=c,a∥b,则b∥c
【解析】选D.若a∥b,b?α,则a∥α或a?α,故A不正确.
若a?α,b?β,a∥b,则α∥β或α与β相交,故B不正确.
若α∥β,a∥α,则a∥β或a?β,故C不正确.
如图,由a∥b可得b∥α,易证b∥c,故D正确.
4.过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A1,C1,B的平面与底面ABCD所在的平面的交线为l,则l与A1C1的位置关系是______.?
【解析】由于平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面A1B1C1D1∩平面A1C1B=A1C1,平面ABCD∩平面A1C1B=l,
所以l∥A1C1.
答案:平行(共139张PPT)
11.4
空间中的垂直关系
11.4.1 直线与平面垂直
必备知识·自主学习
导思
1.如何求两条直线所成的角?
2.两条垂直直线一定相交吗?
3.直线与平面垂直的定义是什么?怎样判断直线与平面垂直?
4.线面垂直的性质定理是什么?
5.如何求直线与平面所成的角?
1.直线与直线所成角
(1)异面直线所成角的定义
一般地,如果a,b是空间中的两条异面直线,过空间中任意一点,分别作与a,b
___________的直线a′,b′,则a′与b′所成角的大小,称为异面直线a与b所成
角的大小.
(2)两条直线的夹角
两条直线所成的角也称为这两条直线的夹角.
(3)两条直线垂直
空间中两条直线___________________时,称这两条直线垂直.
平行或重合
所成角的大小为90°
【思考】
(1)在异面直线所成角的定义中,角的大小与点O的位置有关系吗?
提示:根据等角定理可知,a′与b′所成角的大小与点O的位置无关.但是为了简便,点O常取在两条异面直线中的一条上,特别是这一直线上的某些特殊点(如线段的端点、中点等).
(2)研究范围推广到空间后,直线与直线垂直的含义有变化吗?有什么变化?
提示:有变化.空间中两条直线垂直包括相交直线垂直和异面直线垂直两种情况.
(3)两条异面直线所成角θ的范围是什么?两条直线夹角φ的范围是什么?
提示:两条异面直线所成角θ的范围是0°<θ≤90°;两条直线夹角φ的范围是0°≤φ≤90°.
2.直线与平面垂直及其判定定理
(1)直线l与平面α垂直的充要条件
(2)直线与平面垂直的判定定理
【思考】
(1)定义中的“任何一条直线”与“所有直线”、“无数条直线”是同义语吗?
提示:“任何一条直线”与“所有直线”是同义语;“任何一条直线”与“无数条直线”不是同义语.
(2)判定定理的条件中,把“两条相交直线”改为“两条直线”或“无数条直线”可以吗?
提示:不可以.若两条直线不相交(即平行),即使直线垂直于平面内无数条直线也不能判定直线与平面垂直.例如,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB1与平面ABCD内无数条直线垂直(与直线AD平行或重合的所有直线),但是AB1与平面ABCD不垂直.
3.直线与平面垂直的性质
(1)直线与平面垂直的性质定理
(2)斜线段、斜足的定义
如果A是平面α外一点,C是平面α内一点,且AC与α不垂直,则称AC是平面α的
_______(相应地,直线AC称为平面α的斜线),称C为斜足.
(3)直线在平面内的射影、直线与平面所成的角
设AB是平面α的垂线段,B是垂足;AC是平面α的斜线段,C是斜足,则直线BC称为
直线AC在平面α内的射影.特别地,∠ACB称为直线AC与平面α所成的角.
斜线段
【思考】
(1)线面垂直的性质定理提供了“垂直”与“平行”关系转化的依据,你能想到其他转化依据吗?
提示:
(2)若图中的∠POA是斜线PO与平面α所成的角,则需具备哪些条件?
提示:需要PA⊥α,A为垂足,OA为斜线PO的射影,这样∠POA就是斜线PO与平面α所成的角.
【基础小测】
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)三角形的两边可以垂直于同一个平面.
( )
(2)垂直于同一个平面的两条直线一定共面.
( )
(3)过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直.
( )
(4)如果两条平行直线中的一条与某一条直线垂直,那么另一条直线也与这条直线垂直.
( )
提示:(1)×.
若三角形的两边垂直于同一个平面,则这两条边平行,不能构成三角形.
(2)√.由线面垂直的性质定理可知这两条直线是平行的,故能确定一个平面.
(3)√.假设过一点有两条直线与已知平面垂直,由直线与平面垂直的性质定理可得这两条直线平行,应无公共点,这与过同一点相矛盾,故只有一条直线.
(4)√.由异面直线所成角的定义或等角定理都可得出,该命题正确.
2.如图所示,若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍,则AB与平面α所成的角是
( )
A.60°
B.45°
C.30°
D.120°
【解析】选A.由题意知,在Rt△ABO中,∠AOB=90°,BO=
AB,所以∠ABO=60°.
3.(教材二次开发:例题改编)如图,设O为平行四边形ABCD对角线的交点,P为平面ABCD外一点,且有PA=PC,PB=PD,则PO与平面ABCD的关系是 .?
【解析】因为PA=PC,所以PO⊥AC,又PB=PD,
所以PO⊥BD.所以PO⊥平面ABCD.
答案:垂直
关键能力·合作学习
类型一 线面垂直的定义及线线角、线面角的求解(数学运算、直观想象)
【题组训练】
1.下列说法中正确的个数是
( )
①如果直线l与平面α内的两条相交直线都垂直,则l⊥α;
②如果直线l与平面α内的任意一条直线垂直,则l⊥α;
③如果直线l不垂直于α,则α内没有与l垂直的直线;
④如果直线l不垂直于α,则α内也可以有无数条直线与l垂直.
A.0
B.1
C.2
D.3
2.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则B1D与CC1所成角的正切值为 .?
3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线BC1与平面A1B1C1D1所成的角为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.135°
【解析】1.选D.由直线和平面垂直的判定定理知①正确;由直线与平面垂直的定义知,②正确;当l与α不垂直时,l可能与α内的无数条直线垂直,故③不对;④正确.
2.如图,B1D与CC1所成的角为∠BB1D.
因为△DBB1为直角三角形,所以tan∠BB1D=
答案:
3.选B.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面A1B1C1D1,BC1在平面A1B1C1D1中的射影为B1C1,所以∠BC1B1即为直线BC1与平面A1B1C1D1所成的角,在等腰直角三角形BB1C1中,∠BC1B1=45°.
【解题策略】
1.理解线面垂直判定定理要注意的两个问题
(1)要判断一条已知直线和一个平面是否垂直,只需要在该平面内找出两条相交直线与已知直线垂直即可.
(2)空间直线与直线垂直包括相交垂直和异面垂直两种情况,所以在平面内的这两条直线是否与已知直线有交点,是无关紧要的.
2.求异面直线所成角的步骤
(1)找出(或作出)适合题设的角——用平移法,遇题设中有中点,常考虑中位线;若异面直线依附于某几何体,且对异面直线平移有困难时,可利用该几何体的特殊点,使异面直线转化为相交直线.
(2)求——转化为求一个三角形的内角,通过解三角形,求出所找的角.
(3)结论——设由(2)所求得的角的大小为θ.若0°<θ≤90°,则θ为所求;若90°<θ<180°,则180°-θ为所求.
【补偿训练】
1.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,则异面直线EF与B1D1所成的角为 .?
【解析】连接BC1,AD1,AB1,可知EF为△BCC1的中位线,
所以EF∥BC1.
又因为AB?
CD?
C1D1,
所以四边形ABC1D1为平行四边形.
所以BC1∥AD1.所以EF∥AD1.
所以∠AD1B1为异面直线EF和B1D1所成的角或其补角.
在△AB1D1中,易知AB1=B1D1=AD1,
所以△AB1D1为正三角形,所以∠AD1B1=60°.
所以EF与B1D1所成的角为60°.
答案:60°
2.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB,则直线PB与平面ABC所成的角等于 .?
【解析】因为PA⊥平面ABC,
所以∠PBA为PB与平面ABC所成的角,又PA=AB,
所以∠PBA=45°.
答案:45°
类型二 直线与平面垂直的判断与性质(逻辑推理、直观想象)
角度1 直线与平面垂直的判定?
【典例】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.如图,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,AE⊥PB于E,AF⊥PC于F.
(1)求证:PC⊥平面AEF;
(2)设平面AEF交PD于G,求证:AG⊥PD.
【思路导引】1.利用线面垂直的判定定理,由线线垂直,证明线面垂直.
2.PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,AE⊥PB,AF⊥PC?AE⊥面PBC;若一条直线垂直于一个平面,则垂直于这个平面内的所有直线.
【解析】1.选C.由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC.
2.(1)因为PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,
所以PA⊥BC.又AB⊥BC,PA∩AB=A,
所以BC⊥平面PAB,又AE?平面PAB,
所以AE⊥BC.又AE⊥PB,PB∩BC=B,
所以AE⊥平面PBC,又PC?平面PBC,
所以AE⊥PC.又因为PC⊥AF,AE∩AF=A,
所以PC⊥平面AEF.
(2)由(1)知PC⊥平面AEF,所以PC⊥AG,
同理CD⊥平面PAD,AG?平面PAD,
所以CD⊥AG,PC∩CD=C,
所以AG⊥平面PCD,又PD?平面PCD,
所以AG⊥PD.
【变式探究】
若本例2中,底面ABCD是菱形,H是线段AC上任意一点,AF⊥PC于点C,求证:BD⊥FH.
【证明】因为四边形ABCD是菱形,
所以BD⊥AC,又PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,
所以BD⊥PA,
因为PA?平面PAC,AC?平面PAC,且PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC,又FH?平面PAC,
所以BD⊥FH.
角度2 直线与平面垂直的性质?
【典例】如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与异面直线AC,A1D都垂直相交.求证:EF∥BD1.
【思路导引】证明EF与BD1都与平面AB1C垂直.
【证明】连接AB1,B1C,BD,B1D1,如图所示.
因为DD1⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,
所以DD1⊥AC.
又因为AC⊥BD,BD∩DD1=D,
所以AC⊥平面BDD1B1,
所以AC⊥BD1.
同理BD1⊥B1C,又AC∩B1C=C,
所以BD1⊥平面AB1C.
因为EF⊥A1D,且A1D∥B1C,
所以EF⊥B1C.
又因为EF⊥AC,AC∩B1C=C,
所以EF⊥平面AB1C,所以EF∥BD1.
【解题策略】
1.线面垂直的判定方法
(1)证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义.
②线面垂直的判定定理.
③如果两条平行直线的一条直线垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个
平面.
④如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,那么它也垂直于另一个平面.
(2)利用直线与平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的步骤:
①在这个平面内找两条直线,使它和这条直线垂直;
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.
2.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.
【拓展延伸】
1.空间几何体中,确定线面角的关键是什么?
提示:在空间几何体中确定线面角时,过斜线上一点向平面作垂线,确定垂足位置是关键,垂足确定,则射影确定,线面角确定.
2.求斜线与平面所成角的步骤
(1)作图:作(或找)出斜线在平面内的射影,作射影要过斜线上一点作平面的垂线,再过垂足和斜足作直线,注意斜线上点的选取以及垂足的位置要与问题中已知量有关,才能便于计算.
(2)证明:证明某平面角就是斜线与平面所成的角.
(3)计算:通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算.
【拓展训练】
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)求直线A1C与平面ABCD所成的角的正切值.
(2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角.
【解析】(1)因为直线A1A⊥平面ABCD,
所以∠A1CA为直线A1C与平面ABCD所成的角,
设A1A=1,则AC=
,所以tan∠A1CA=
.
(2)在正方形A1B1C1D1中,A1C1⊥B1D1,
因为BB1⊥平面A1B1C1D1,
A1C1?平面A1B1C1D1,
所以BB1⊥A1C1,又BB1∩B1D1=B1,
所以A1C1⊥平面BDD1B1,垂足为O.
所以∠A1BO为直线A1B与平面BDD1B1所成的角,
在Rt△A1BO中,A1O=
A1C1=
A1B,
所以∠A1BO=30°,
即A1B与平面BDD1B1所成的角为30°.
【题组训练】
1.如图,BC是Rt△ABC的斜边,PA⊥平面ABC,PD⊥BC,则图中直角三角形的个数是
( )
A.8
B.7
C.6
D.5
【解析】选A.易知PA⊥AC,PA⊥AD,PA⊥AB,BC⊥AD,BC⊥PD,AC⊥AB.图中的直角三角形分别为△PAC,△PAD,△PAB,△ADC,△ADB,△PCD,△PDB,△ABC,共8个.
2.四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=2,则四棱锥的侧面积是 .?
【解析】如图,
由已知PA⊥平面ABCD,又CD?平面ABCD,
则CD⊥PA,又CD⊥AD,且PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,又PD?平面PAD,
所以CD⊥PD,即△PCD是直角三角形,
同理△PBC也是直角三角形,且△PBC和△PCD的面积相同,四棱锥的侧面积
S=2S△PAD+2S△PCD=2×
×2×2+2×
×2×
=4+4
.
答案:4+4
3.如图,在三棱锥S-ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,且SA=SB=SC.
(1)求证:SD⊥平面ABC.
(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.
【证明】(1)因为SA=SC,D是AC的中点,
所以SD⊥AC.在Rt△ABC中,AD=BD,
由已知SA=SB,所以△ADS≌△BDS,
所以SD⊥BD.
又AC∩BD=D,AC,BD?平面ABC,
所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB=BC,D为AC的中点,
所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD.
又因为SD∩AC=D,SD,AC?平面SAC,
所以BD⊥平面SAC.
【补偿训练】
如图,AB是☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,M是圆周上任意一点,AN⊥PM,垂足为N.
求证:AN⊥平面PBM.
【证明】设☉O所在的平面为α,
因为PA⊥α,且BM?α,所以PA⊥BM.
又因为AB为☉O的直径,点M为圆周上一点,
所以AM⊥BM.由于直线PA∩AM=A,
所以BM⊥平面PAM,而AN?平面PAM,
所以BM⊥AN.
所以AN与平面PBM内的两条相交直线PM,BM都垂直.
所以AN⊥平面PBM.
类型三 直线与平面垂直的判定与性质的综合应用(逻辑推理、直观想象)
【典例】如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=
,D,F分别是
A1B1,BB1的中点.
(1)求证:C1D⊥AB1.
(2)求证:AB1⊥平面C1DF.
【思路导引】(1)要证C1D⊥AB1,需证C1D⊥平面AA1B1B,需证C1D⊥A1B1,C1D⊥AA1,由已知可证.
(2)要证AB1⊥平面C1DF,需证AB1⊥DF,需证A1B⊥AB1,需证四边形AA1B1B为正方形,由已知可证.
【证明】(1)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,又因为AA1∩A1B1=A1,
所以C1D⊥平面AA1B1B,又因为AB1?平面AA1B1B,
所以C1D⊥AB1.
(2)连接A1B,
因为D,F分别是A1B1,BB1的中点,所以DF∥A1B.
又直角三角形A1B1C1中,
所以A1B1=
,所以A1B1=AA1,即四边形AA1B1B为正方形,所以AB1⊥A1B,即AB1⊥DF,
又(1)已证C1D⊥AB1,又DF∩C1D=D,
所以AB1⊥平面C1DF.
【解题策略】
线线、线面垂直问题的解题策略
(1)证明线线垂直,一般通过证明一条直线垂直于经过另一条直线的平面,为此分析题设,观察图形找到是哪条直线垂直于经过哪条直线的平面.
(2)证明直线和平面垂直,就是要证明这条直线垂直于平面内的两条相交直线,这一点在解题时一定要体现出来.
【跟踪训练】
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点,MN⊥平面A1DC.
求证:MN∥AD1.
【证明】因为四边形ADD1A1为正方形,所以AD1⊥A1D.
又因为CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥AD1.
因为A1D∩CD=D,所以AD1⊥平面A1DC.
又因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.
备选类型 距离问题(数学运算、直观想象)
【典例】如图所示,直角△ABC所在平面α外有一点P,∠ACB=90°,PC=24,PD垂直
AC于D,PE⊥BC于E,且PD=PE=6
,求P点到平面α的距离.
【思路导引】作PO⊥α于O,则PO的长为P点到平面α的距离,构造直角三角形列方程组求解.
【解析】作PO⊥α于O,则PO的长为P点到平面α的距离,连接OC,∠PCO为PC和平面α所成的角,连接OE,OD.
因为PD=PE,PE⊥BC于E,PD⊥AC于D,
所以PD,PE在平面α上的射影OE=OD,且OE⊥BC,OD⊥AC,即在四边形ODCE中,
OE=OD,且∠OEC=∠ODC=∠ACB=90°,
所以四边形ODCE为正方形,OC=
OE.
设OP=x,OC2=PC2-OP2=242-x2,
①
OE2=PE2-OP2=
②
OC=
OE,
③
解①②③组成的方程组得x=12(舍去负值),即P点到平面α的距离为12.
【解题策略】
距离问题一直是高考的重点与热点问题,本题考查了各种距离,其中求点到平面的距离关键是作出点到平面的垂线,线到面的距离关键是转化为点到面的距离,各种距离的基础是点与点的距离.
【跟踪训练】
已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形,
PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,设点C到平面PAB的距离为d1,点D到平面PAC的距离为d2,BC到平面PAD的距离为d3,则d1,d2,d3三者之间的大小关系是 .?
【解析】如图,点C到平面PAB的距离就是点D到平面PAB的距离,
过点D作DE⊥PA,则DE⊥平面PAB,
所以DE的长就是点D到平面PAB的距离,故d1=DE=
;
令AC∩BD=M,在平面PDB内作DF⊥PM,
则DF⊥平面PAC,所以点D到平面PAC的距离d2=DF=
;BC到平面PAD的距离,
即C到平面PAD的距离,所以d3=1,故有d2答案:d2课堂检测·素养达标
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中,与AA1垂直的平面的个数是
( )
A.1
B.2
C.3
D.6
【解析】选B.正方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中与AA1垂直的平面是平面ABCD与平面A1B1C1D1.
2.下列说法中,错误的个数是
( )
①若直线m∥平面α,直线l⊥m,则l⊥α;
②若直线l和平面α内的无数条直线垂直,则直线l与平面α必相交;
③过平面α外一点有且只有一条直线和平面α垂直;
④过直线a外一点有且只有一个平面和直线a垂直.
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选C.①错误,若直线m∥平面α,直线l
⊥m,则l与α平行、相交或l在
α内都有可能;
②错误,若直线l和平面α内的无数条直线垂直,则直线l与平面α平行、相交
或l在α内都有可能;③④正确.
3.如图,α∩β=l,点A,C∈α,点B∈β,且BA⊥α,BC⊥β,那么直线l与直线AC的关系是
( )
A.异面
B.平行
C.垂直
D.不确定
【解析】选C.因为BA⊥α,α∩β=l,l?α,所以BA⊥l.同理BC⊥l.又BA∩BC=B,所以l⊥平面ABC.
因为AC?平面ABC,所以l⊥AC.
4.(教材二次开发:练习改编)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB1与平面ADD1A1所成的角等于 ,AB1与平面DCC1D1所成的角等于 .?
【解析】∠B1AA1为AB1与平面ADD1A1所成的角,即45°;AB1与平面DCC1D1平行,即所成的角为0°.
答案:45° 0°
5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,
BC=2
,E,F分别是AD,PC的中点.证明:PC⊥平面BEF.
【证明】连接PE,EC,在Rt△PAE和Rt△CDE中,PA=AB=CD,AE=DE,所以PE=CE,
即△PEC是等腰三角形.又F是PC的中点,
所以EF⊥PC.又BP=
F是PC的中点,所以BF⊥PC.又BF∩EF=F,所以PC⊥平面BEF.
课时素养评价
十八 直线与平面垂直
【基础通关——水平一】
(15分钟·30分)
1.下列条件中,能使直线m⊥α的是
( )
A.m⊥b,m⊥c,b?α,c?α
B.m⊥b,b∥α
C.m∩b=A,b⊥α
D.m∥b,b⊥α
【解析】选D.对于A,缺b与c相交;对于B,还可能得出m∥α,m与α相交或m?α;对于C,可能有m∥α或m?α或m与α相交.
【补偿训练】
已知两条直线m,n,两个平面α,β,给出下列四个说法:
①m∥n,m⊥α?n⊥α;
②α∥β,m?α,n?β?m∥n;
③m⊥n,m∥α?n∥α;
④α∥β,m∥n,m⊥α?n⊥β.
其中正确说法的序号是
( )
A.①③
B.②④
C.①④
D.②③
【解析】选C.①④可由直线与平面垂直的定义和判定推证.根据②中条件可知,m与n平行或异面,所以②错.③中由m⊥n,m∥α,可知n∥α或n?α,或n与α相交,故③错,所以①④正确.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1C的中点,则直线BE与平面B1BD所成的角的
正弦值为
( )
A.-
B.
C.-
D.
【解析】选B.取B1D的中点O,连接EO(图略),
则EO∥AC,因为AC⊥平面B1BD,
所以EO⊥平面B1BD,则∠EBO就是直线BE与平面B1BD所成角的平面角,
所以sin∠EBO=
=
.
【补偿训练】
如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为A1B1的中点,AB=BC=4,BB1=1,AC=2
,则BD与
AC所成的角为
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【解析】选C.取B1C1的中点M,连接BM,DM,
则DM∥A1C1∥AC,
所以异面直线BD与AC所成角为∠BDM,
因为DM=
AC=
,BD=
BM=
所以∠BDM=60°,
即异面直线BD与AC所成的角为60°.
3.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB,D为PB的中点,则下列结
论正确的有
( )
①BC⊥平面PAB;②AD⊥PC;③AD⊥平面PBC;④PB⊥平面ADC.
A.0个
B.1个
C.2个
D.3个
【解析】选D.因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,
则PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,故BC⊥平面PAB,①正确;因为BC⊥平面PAB,AD?平面PAB,所以BC⊥AD,因为PA=AB,D为PB的中点,故AD⊥PB,又BC∩PB=B,故AD⊥平面PBC,因为PC?平面PBC,故AD⊥PC,②
③
正确;若PB⊥平面ADC,因为CD?平面ADC,故PB⊥CD,因为D为PB的中点,故CB=CP,又PC>AC>BC,故CB=CP不成立,故④错误.
【补偿训练】
在正四棱锥S-ABCD中,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点.动点P在线段MN上运动时,
下列四个结论,不一定成立的为
( )
①EP⊥AC;②EP∥BD;③EP∥平面SBD;④EP⊥平面SAC.
A.①③ B.③④ C.①② D.②④
【解析】选D.作出如图所示的辅助线.
对①,在正四棱锥S-ABCD中,
因为AC⊥BD,AC⊥SO,BD?平面SBD,
SO?平面SBD,且SO∩BD=O,故AC⊥平面SBD.
又因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,
故平面EMN∥平面SBD,故AC⊥平面EMN,
因为EP?平面EMN,故EP⊥AC成立.故①成立.
对②,当且仅当P与M重合时,
EP∥BD.故②不一定成立.
对③,由①有平面EMN∥平面SBD,
又EP?平面EMN,故EP∥平面SBD.故③成立.
对④,
当且仅当P与M重合时,才有EP⊥平面SAC.故④不一定成立.
4.如图所示,平面α∩β=CD,EA⊥α,垂足为A,EB⊥β,垂足为B,则CD与AB的位
置关系是 .?
【解析】因为EA⊥α,CD?α,
根据直线和平面垂直的定义,则有CD⊥EA.
同理,因为EB⊥β,CD?β,
则有EB⊥CD.又EA∩EB=E,所以CD⊥平面AEB.
又因为AB?平面AEB,所以CD⊥AB.
答案:CD⊥AB
5.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,过A点作平面A1BD的垂线,垂足为点H,
有下列三个结论:
①点H是△A1BD的中心;
②AH垂直于平面CB1D1;
③AC1与B1C所成的角是90°.
其中正确结论的序号是 .?
【解析】①正确,因为AH⊥平面A1BD,AA1=AB=AD,
所以Rt△AHA1≌Rt△AHD≌Rt△AHB,
所以HA1=HB=HD,
所以点H是△A1BD的外心,又因为A1B=BD=DA1,
所以点H是△A1BD的中心.②正确,易证平面A1BD∥平面CB1D1,
又因为AH⊥平面A1BD,
所以AH垂直于平面CB1D1.③正确,易证A1D⊥平面ABC1D1,所以AC1⊥A1D,又A1D∥B1C,
所以AC1⊥B1C,所以AC1与B1C所成的角是90°.
答案:①②③
6.如图,正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD,AE⊥平面CDE.
求证:AB⊥平面ADE.
【证明】因为AE⊥平面CDE,CD?平面CDE,
所以AE⊥CD,又在正方形ABCD中,CD⊥AD,
AE∩AD=A,所以CD⊥平面ADE,
又在正方形ABCD中,AB∥CD,
所以AB⊥平面ADE.
【能力进阶——水平二】
(30分钟·60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.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
【解析】选B.因为EG⊥平面α,PQ?平面α,所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β,则由PQ?平面β,得EF⊥PQ.
又EG与EF为相交直线,所以PQ⊥平面EFHG,
所以PQ⊥GH.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,并且总保持AP⊥BD1,则动点P的轨迹是
( )
A.线段B1C
B.线段BC1
C.BB1中点与CC1中点连成的线段
D.BC中点与B1C1中点连成的线段
【解析】选A.如图,由于BD1⊥平面AB1C,故点P一定位于B1C上.
3.如图,在四面体ABCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,若直线
AB与平面ACD所成角的正弦值为
,则点B到平面ACD的距离为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.因为AB⊥BC,AB⊥BD,
所以AB⊥平面BCD,故AB⊥CD,
因为CD⊥BE,CD⊥AB,可得CD⊥平面ABE,
则AB在平面ADC上的射影与AE在一条直线上,故直线AB与平面ACD所成角即为
∠BAE.
在Rt△ABE中,BE=
,sin
∠BAE=
,故可得AE=3
,AB=4,故VA-BCD=VB-ACD,设点
B到平面ACD的距离为x,则
S△BCD×AB=
S△ACD×x,
整理得2AB=6h,解得h=
.
4.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.
若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下列结论中正确的有
( )
①总存在某个位置,使CE⊥平面A1DE;
②总有BM∥平面A1DE;
③存在某个位置,使DE⊥A1C.
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
【解析】选A.在①中,总存在某个位置,使CE⊥平面A1DE,①正确;在②中,取CD中
点F,连接MF,BF,则MF∥A1D且MF=
A1D,FB∥ED且FB=ED,由MF∥A1D与FB∥ED,可
得平面MBF∥平面A1DE,所以总有BM∥平面A1DE,故②正确;在③中,A1C在平面
ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直,所以DE与A1C不垂直,故③错误.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的
得0分)
5.如果一条直线垂直于一个平面内的 ,则能得出直线与平面垂直
( )?
A.三角形的两边
B.梯形的两边
C.圆的两条直径
D.正六边形的两边
【解析】选AC.由线面垂直的判定定理知,直线垂直于平面内三角形的两边,因为这两边是相交的,所以能得出直线与平面垂直,所以A选项正确;直线垂直于梯形的两边,因为梯形的两边可能平行,所以不能得出直线与平面垂直,所以B选项不正确;直线垂直于圆的两条直径,因为任何一个圆的两条直径是相交的,所以能得出直线与平面垂直,所以C选项正确;直线垂直于正六边形的两边,因为正六边形的两边可能平行,所以不能得出直线与平面垂直,所以D选项不正确.
6.(2020·惠州高一检测)如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF
的中点.现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,
重合后的点记为H,下列说法正确的是( )
A.AG⊥平面EFH
B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEH
D.HG⊥平面AEF
【解析】选BC.由题意可得:AH⊥HE,AH⊥HF.
所以AH⊥平面EFH,而AG与平面EFH不垂直,所以B正确,A不正确.
又HF⊥HE,所以HF⊥平面AHE,C正确.
HG与AG不垂直,因此HG⊥平面AEF不正确,D不正确.
【补偿训练】
(多选题)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是
( )
【解析】选BD.对于A,由AB与CE所成角为45°,
可得直线AB与平面CDE不垂直;
对于B,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,
可得AB⊥平面CDE;对于C,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直;
对于D,连接AC,由ED⊥平面ABC,
可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,
又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列
结论:①PB⊥AE;②平面ABC⊥平面PBC;③直线BC∥平面PAE;④∠PDA=45°.
其中正确的有 (把所有正确的序号都填上).?
【解析】对于①,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AE,又EA⊥AB,PA∩AB=A,所以EA⊥平面PAB,从而可得EA⊥PB,故①正确.对于②,由于PA⊥平面ABC,所以平面ABC与平面PBC不可能垂直,故②不正确.对于③,由于在正六边形中BC∥AD,所以BC与EA必有公共点,从而BC与平面PAE有公共点,所以直线BC与平面PAE不平行,故③不正确.对于④,由条件得△PAD为直角三角形,且PA⊥AD,又PA=2AB=AD,所以∠PDA=45°.故④正确.
答案:①④
8.《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的
鳖臑P-ABC中PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为△PAC内的动
点(含边界),且PC⊥DE.当E在AC上时,AE= ;点E的轨迹的长度
为 .?
【解析】当E在AC上时,
因为PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥平面PAC.故DE⊥AC.
又∠ACB=90°,故DE∥BC,D为AB中点,
所以E为AC中点.故AE=
AC=2.
取AC中点F,则由(1)有DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,
设平面DEF∩PC=G,
则有PC⊥平面DGF.故点E的轨迹为FG.
又此时CF=2,tan∠PCA=
,故sin∠PCA=
所以FG=CF·sin∠PCA=
答案:2
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图所示,四边形ABCD为矩形,AD⊥平面ABE,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.求
证:AE⊥BE.
【证明】因为AD⊥平面ABE,AD∥BC,
所以BC⊥平面ABE.又AE?平面ABE,
所以AE⊥BC.
因为BF⊥平面ACE,AE?平面ACE,
所以AE⊥BF.
又因为BF?平面BCE,BC?平面BCE,BF∩BC=B,
所以AE⊥平面BCE.
又BE?平面BCE,所以AE⊥BE.
【补偿训练】
如图所示,四边形ABB1A1为圆柱的轴截面(过圆柱轴的截面),C是圆柱底面圆周上
异于A,B的任意一点.求证:AC⊥平面BB1C.
【证明】因为四边形ABB1A1为圆柱的轴截面,
所以BB1⊥底面ABC.因为AC?底面ABC,
所以BB1⊥AC.因为AB为底面圆的直径,
所以∠ACB=90°,所以BC⊥AC.
又因为BB1∩BC=B,BB1?平面BB1C,BC?平面BB1C,
所以AC⊥平面BB1C.
10.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧面SBC
为等边三角形,SD=2.
(1)求证:SD⊥BC;
(2)求点B到平面ASD的距离.
【解析】(1)设BC边中点是E,连接DE,SE.
因为△SBC是等边三角形,所以SE⊥BC,
又由已知得△DBC是等边三角形,所以DE⊥BC,
又DE∩SE=E,所以BC⊥平面SDE,所以BC⊥SD.
(2)因为△SBC是边长为2的等边三角形,
所以SE=
,同理DE=
,又SD=2,
所以S△SDE=
×2×
=
,又由(1)知BC⊥平面SDE,
所以VS-BCD=
S△SDE·BC=
×
×2=
=VS-ABD,
所以VS-ABCD=2VS-BCD=
.
又易知三棱锥S-BCD是正四面体,
所以S在底面BCD上的射影H为△BCD各边中线的交点,且为△BCD的重心,
所以H在AC上,由勾股定理,SA=
又CH=
OC=
(其中O为AC与BD的交点),
所以SH=
,AH=
+
=
,
所以SA=2
,
所以SD2+AD2=SA2,所以SD⊥AD,
所以S△SAD=
×2×2=2.
设点B到平面ASD的距离为h.
因为VS-ABD=VB-SAD,
所以
·S△SAD·h=
,所以h=
.
故点B到平面ASD的距离为
.
【创新迁移】
1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,
BB1=3a,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF= 时,CF⊥平面B1DF.
【解析】由已知得△A1B1C1是等腰直角三角形,A1B1=B1C1,D是A1C1的中点,所以
B1D⊥A1C1,
由直三棱柱ABC-A1B1C1知AA1⊥平面A1B1C1,又B1D?平面A1B1C1,所以B1D⊥AA1,又
AA1∩A1C1=A1且AA1,A1C1?平面A1ACC1,
所以B1D⊥平面A1ACC1,
又因为CF?平面A1ACC1,
所以B1D⊥CF.
若CF⊥平面B1DF,则CF⊥DF.
设AF=x(0≤x≤3a),
则CF2=x2+4a2,
DF2=a2+(3a-x)2,CD2=a2+9a2=10a2,
所以10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,解得x=a或2a.
答案:a或2a
【补偿训练】
已知四棱锥S-ABCD的高为1,底面是边长为2的正方形,顶点在底面的投影是底面的中心,E是BC的中点,动点P在棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为 .?
【解析】设底面的中心为O,连接SO,则SO⊥平面ABCD,
所以SO⊥AC,由四边形ABCD是正方形得AC⊥BD,因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD,
取SC,CD的中点为G,F,易得平面SBD∥平面GEF,
所以AC⊥平面GEF,因此动点P的轨迹为△GEF,
因为SO=1,BD=2
,所以BO=
,
所以SB=
,所以GE=GF=
,EF=
,因此动
点P的轨迹的周长为
.
答案:
2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的
动点,试确定F的位置,使得D1E⊥平面AB1F.
【解析】连接A1B,CD1,则AB1⊥A1B,
所以AB1⊥平面A1BCD1,
又D1E?平面A1BCD1,所以D1E⊥AB1,
要使D1E⊥平面AB1F,需D1E⊥AF,
连接DE,又D1D⊥AF,D1E∩D1D=D1,
所以AF⊥平面EDD1,所以DE⊥AF,
因为四边形ABCD是正方形,E是BC的中点,
所以,当且仅当F是CD的中点时,DE⊥AF,
即当点F是CD的中点时,D1E⊥平面AB1F.(共55张PPT)
11.4.2 平面与平面垂直
基础预习初探
1.教室拐角处相邻的两个墙面是什么位置关系?教室的墙面与地面是什么位置关系?怎样用符号表示这种位置关系?
2.拿一张木板紧贴旗杆,则木板所在的平面与地面具有怎样的位置关系?由此你能找到判定两个平面垂直的方法吗?
继续探究:
(1)建筑工人常在一根细线上拴一个重物,做成“铅锤”,用这种方法来检查墙与地面是否垂直.当挂铅锤的线从上面某一点垂下时,如果墙壁贴近铅锤线,则说明墙和地面什么关系?此时铅锤线与地面什么关系?
提示:都是垂直关系.
(2)黑板所在平面与地面所在平面垂直,你能否在黑板上画一条直线与地面垂直?
提示:容易发现墙壁与墙壁所在平面的交线与地面垂直,因此只要在黑板上画出一条与这条交线平行的直线,则所画直线必与地面垂直.
【概念生成】
1.二面角
(1)定义:从_________出发的两个半平面所组成的图形称为二面角.
(2)表示法:二面角α-l-β或二面角α-AB-β或P-AB-Q.
(3)相关概念:①定义中的直线叫做二面角的___;
②定义中的两个半平面叫做二面角的___.
一条直线
棱
面
(4)画法:
2.二面角的平面角
(1)满足条件:如图:
α∩β=l,O∈l,OA?α,_____,OB?β,_____.
(2)结论:∠AOB叫做二面角的平面角.
(3)范围:__________________.
(4)直二面角:若二面角α-l-β的平面角∠AOB=90°,则该二面角叫做
_________.
OA⊥l
OB⊥l
0°≤∠AOB≤180°
直二面角
3.平面与平面垂直
(1)定义:如果两个平面α与β所成角的大小为90°,则称这两个平面互相垂直,记作α⊥β.
(2)判定定理
(3)性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
如果两个平面互相垂直,
那么在一个平面内
_____________________
垂直于另一个平面
α⊥β,α∩β=m,
AO?α,AO⊥m,
O为垂足?AO⊥β
垂直于它们交线的直线
核心互动探究
探究点一 二面角的求解
【典例1】已知正四棱锥S-ABCD(底面为正方形,各侧面为全等的等腰三角形)
的体积为12,底面对角线的长为2
,求侧面与底面所成的二面角.
【思维导引】作出S在底面上的投影O,作OE⊥CD于E,连接SE,证明∠SEO为
所求二面角的平面角.
【解析】设正四棱锥S-ABCD的高为h,底面边长为a,
则2a2=(2
)2,
所以a2=12.
又
a2h=12,所以h=
=3.
设O为S在底面上的投影,作OE⊥CD于E,连接SE,
可知SE⊥CD,∠SEO为所求二面角的平面角.
tan∠SEO=
所以∠SEO=60°.
所以侧面与底面所成二面角的大小为60°.
【延伸探究】在本例条件下,求二面角D-SC-A的正弦值.
【解析】如图,过点O作OF⊥SC,垂足为F,连接FD,OD,AC.
由例题解析知,SO⊥平面ABCD,且O是底面正方形的中心,所以DO⊥SO,DO⊥AC,
又AC∩SO=O.所以DO⊥平面SAC,
又SC?平面SAC,所以SC⊥DO,
又SC⊥OF,DO∩OF=O.所以SC⊥平面DOF,
又DF?平面DOF,所以DF⊥SC.
所以∠OFD为二面角D-SC-A的平面角.
由例题知,OD=
,
所以DF=
所以sin∠OFD=
即二面角D-SC-A的正弦值为
【类题通法】
求二面角的步骤
(1)作出二面角的平面角.
(2)证明该角两边都与棱垂直,指出该角就是二面角的平面角.
(3)计算该角的大小,简记为作、证、求,简称为“一作二证三求”.
【定向训练】
已知D,E分别是正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1和BB1上的点,且A1D=2B1E=B1C1.求过D,E,C1的平面与棱柱的下底面A1B1C1所成的二面角的大小.
【解析】如图所示,
在平面A1B1B内延长DE和A1B1交于点F,
则F是平面DEC1与平面A1B1C1的公共点.于是C1F为这两个平面的交线.
因而,所求二面角即为二面角D-C1F-A1.
因为A1D∥B1E,且A1D=2B1E,
所以E,B1分别为DF和A1F的中点.
因为A1B1=B1C1=A1C1=B1F,
所以FC1⊥A1C1.
又因为CC1⊥平面A1B1C1,FC1?平面A1B1C1,
所以CC1⊥FC1.
又因为A1C1,CC1为平面AA1C1C内的两条相交直线,
所以FC1⊥平面AA1C1C.
因为DC1?平面AA1C1C,
所以FC1⊥DC1.
所以∠DC1A1是二面角D-C1F-A1的平面角.
由已知A1D=A1C1,
则∠DC1A1=45°.
故所求二面角的大小为45°.
【补偿训练】
已知Rt△ABC,斜边BC?α,点A?α,AO⊥α,O为垂足,∠ABO=30°,
∠ACO=45°,则二面角A-BC-O的大小为________.?
【解析】如图,在平面ABC内,
作AD⊥BC,且垂足为D,连接OD,
则∠ADO即为二面角A-BC-O的平面角,
设OA=1,则AB=2,OB=
,OC=1,AC=
,
所以BC=
由AB·AC=BC·AD得AD=
所以sin∠ADO=
又因为0°<∠ADO<90°,所以∠ADO=60°,
所以二面角A-BC-O的大小为60°.
答案:60°
探究点二 平面与平面垂直的判定
【典例2】如图所示,△ABC为正三角形,EC⊥平面ABC,BD∥CE,且CE=CA=2BD,M是EA的中点,求证:
(1)DE=DA.
(2)平面BDM⊥平面ECA.
(3)平面DEA⊥平面ECA.
【思维导引】(1)取EC的中点F,要证DE=DA,只需证明Rt△EFD≌Rt△DBA;(2)注意M为EA的中点,可取CA的中点N,先证明N点在平面BDM内,再证明平面BDM过平面ECA的一条垂线即可;
(3)仍需证平面DEA经过平面ECA的一条垂线.
【证明】(1)取EC的中点F,连接DF.
因为EC⊥BC,易知DF∥BC,所以DF⊥EC.
在Rt△EFD和Rt△DBA中,
因为EF=
EC=BD,FD=BC=AB,
所以Rt△EFD≌Rt△DBA.所以DE=DA.
(2)取CA的中点N,连接MN,BN,
则MN?
EC,所以MN∥BD,
所以N点在平面BDMN内.
因为EC⊥平面ABC,所以EC⊥BN.
又CA⊥BN,CA∩EC=C,所以BN⊥平面ECA.
因为BN在平面MNBD内,
所以平面MNBD⊥平面ECA.
即平面BDM⊥平面ECA.
(3)因为BD?
EC,MN?
EC.
所以MNBD为平行四边形.所以DM∥BN.
由(2)知BN⊥平面ECA,所以DM⊥平面ECA.
又DM?平面DEA,所以平面DEA⊥平面ECA.
【类题通法】
应用判定定理证明平面与平面垂直的基本步骤
【定向训练】
(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
证明:平面PAB⊥平面PAC.
【证明】由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.
△PAC≌△PBC.
又∠APC
=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.
【补偿训练】
如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上,
求证:平面AEC⊥平面PDB.
【证明】设AC∩BD=O,连接OE,
因为AC⊥BD,AC⊥PD,PD,BD为平面PDB内两条相交直线,所以AC⊥平面PDB.
又因为AC?平面AEC,
所以平面AEC⊥平面PDB.
探究点三 面面垂直性质定理的应用
【典例3】如图所示,P是四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是边长为a的菱形且∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)若G为AD的中点,求证:BG⊥平面PAD.
(2)求证:AD⊥PB.
【思维导引】(1)由四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°得到△ABD为正三角形,G为AD的中点,推出BG⊥AD,结合平面PAD⊥底面ABCD得到BG⊥平面PAD.
(2)连接PG,要证AD⊥PB,只需证AD⊥平面PBG即可.
【证明】(1)如图,在菱形ABCD中,连接BD,
由已知∠DAB=60°,所以△ABD为正三角形,
因为G是AD的中点,所以BG⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.
(2)连接PG.
因为△PAD是正三角形,G是AD的中点,
所以PG⊥AD,由(1)知BG⊥AD.
又因为PG∩BG=G.所以AD⊥平面PBG.
而PB?平面PBG,所以AD⊥PB.
【类题通法】
垂直关系的相互转化
在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.每一种垂直的判定都是从某一垂直开始转向另一垂直,最终达到目的,其转化关系如下:
提醒:应用面面垂直的性质定理,注意三点:①两个平面垂直是前提条件;②直线必须在其中一个平面内;③直线必须垂直于它们的交线.
【定向训练】
(2020·浙江高考)如图,三棱台DEF-ABC中,面ADFC⊥面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(Ⅰ)证明:EF⊥DB;
(Ⅱ)求DF与面DBC所成角的正弦值.
【解析】(Ⅰ)过点D作DO⊥AC,交AC于点O,连接OB.
由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=
CO,
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=
CD=
CO,可解得BO⊥BC,
又BO∩DO=O,BO,DO?平面BDO,
所以BC⊥平面BDO,因为DB?平面BDO,所以BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.
(Ⅱ)方法一:过点O作OH⊥BD,交BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,
所以DF与平面DBC所成角等于CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,又BD∩BC=B,BD,BC?平面BDC,所以OH⊥平面BCD,
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=2
.
则DO=OC=2,BO=BC=
,所以BD=
,OH=
所以sin
∠OCH=
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为
.
方法二:由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以DF与平面DBC所成角等于CO与平面DBC所成角,记为θ.
如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设CD=2
.由题意知各点坐标如下:
O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).
因此
=(0,2,0),
=(-1,1,0),
=(0,-2,2).
设平面BCD的法向量n=(x,y,z).
由
可取n=(1,1,1),
所以sin
θ=|cos<
,n>|=
因此,DF与平面DBC所成角的正弦值为
.
【补偿训练】
如图所示,△ABC是边长为2的正三角形.若AE=1,AE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC,BD=CD,且BD⊥CD.
(1)求证:AE∥平面BCD.
(2)求证:平面BDE⊥平面CDE.
【证明】(1)取BC的中点M,连接DM,
因为BD=CD,且BD⊥CD,BC=2.
所以DM=1,DM⊥BC.
又因为平面BCD⊥平面ABC,平面ABC∩平面BCD=BC,
所以DM⊥平面ABC,又AE⊥平面ABC,所以AE∥DM.
又因为AE?平面BCD,DM?平面BCD,
所以AE∥平面BCD.
(2)连接AM,由(1)知AE∥DM,
又AE=1,DM=1,所以AE=DM,
所以四边形DMAE是平行四边形,
所以DE∥AM.
又△ABC是正三角形,M为BC的中点,
所以AM⊥BC,因为平面BCD⊥平面ABC,
所以AM⊥平面BCD,所以DE⊥平面BCD.
又CD?平面BCD,所以DE⊥CD.
因为BD⊥CD,BD∩DE=D,
所以CD⊥平面BDE.
因为CD?平面CDE,所以平面BDE⊥平面CDE.
【课堂小结】
课堂素养达标
1.长方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中,与面ABCD垂直的面有
( )
A.1个
B.3个
C.4个
D.5个
【解析】选C.与面ABCD垂直的面有面ABB1A1,面BCC1B1,面CDD1C1,面DAA1D1,共4个.
2.设l是直线,α,β是两个不同的平面
( )
A.若l∥α,l∥β,则α∥β
B.l∥α,l⊥β,则α⊥β
C.若α⊥β,l⊥α,则l⊥β
D.α⊥β,l∥α,则l⊥β
【解析】选B.对于选项A,两平面可能平行也可能相交;对于选项C,直线l可能在β内也可能平行于β;对于选项D,直线l可能在β内或平行于β或与β相交.
3.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一个条件是
( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β
B.m⊥n,α∩β=m,n?α
C.m∥n,n⊥β,m?α
D.m∥n,m⊥α,n⊥β
【解析】选C.因为m∥n,n⊥β,则m⊥β,
又m?α,故α⊥β,所以C正确.
4.在空间四面体S-ABC中,SC⊥AB,AC⊥SC,且△ABC是锐角三角形,
那么必有
( )
A.平面SAC⊥平面SCB
B.平面SAB⊥平面ABC
C.平面SAC⊥平面SAB
D.平面SCB⊥平面ABC
【解析】选D.如图,因为SC⊥AB,SC⊥AC,AB∩AC=A,
所以SC⊥平面ABC.所以平面SCB⊥平面ABC.
