文档文本内容
8.4 直线、平面垂直的判定和性质
基础篇
考点 一 直线与平面垂直的判定和性质 考点 二 平面与平面垂直的判定和性质
1. 线面垂直的判定和性质 1. 二面角
线面垂直的判定 定义 从一条直线出发的两个半平面所组成
１) １) :
的图形叫做二面角.
二面角的平面角
图形
２)
在二面角的棱上任取一点 以此点为垂足
ꎬ ꎬ
在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射
ｌ ａꎬｌ ｂꎬａ ｂ Ｏꎬ
条件 ⊥ ⊥ ∩ ＝ ａ ｂꎬａ α
ａ αꎬｂ α ∥ ⊥ 线 这两条射线所组成的角叫做二面角的平
⊂ ⊂ ꎬ
结论 ｌ α ｂ α 面角.记此角为θ 当θ °时 二面角叫做直
⊥ ⊥ ꎬ ＝９０ ꎬ
二面角.
线面垂直的性质
２)
二面角的取值范围 .
３) :[０ꎬπ]
2.
面面垂直的判定和性质
图形
面面垂直的判定
１)
条件 ａ αꎬｂ α ａ αꎬｂ α
⊥ ⊂ ⊥ ⊥
结论 ａ ｂ ａ ｂ 图形
⊥ ∥
2.
直线与平面所成的角
定义 平面的一条斜线和它在平面上的射影 α β ｌꎬＯＡ αꎬＯＢ βꎬＯＡ
１) : 条件 ∩ ＝ ⊂ ⊂ ｌ βꎬｌ α
ｌꎬＯＢ ｌꎬ且 ＡＯＢ ° ⊂ ⊥
所成的角 叫做这条直线和这个平面所成 ⊥ ⊥ ∠ ＝９０
ꎬ
结论 α β α β
的角. ⊥ ⊥
直线 ｌ 与平面 α 所成角 θ 的取值范围 面面垂直的性质
２) ２)
直线ｌ和平面α ｌ α 或 ｌ
⊂ ｌ α ｌ和α斜交
的位置关系 α ⊥ 图形
∥
θ的取值范围 θ ° θ ° ° θ °
＝０ ＝９０ ０ < <９０
α βꎬα β ａꎬｌ βꎬｌ
最小角定理 平面的斜线和它在平面内的射 条件 ⊥ ∩ ＝ ⊂ α β ｌꎬα γꎬβ γ
３) : ａ ∩ ＝ ⊥ ⊥
影所成的角是这条斜线和这个平面内任一 ⊥
结论 ｌ α ｌ γ
条直线所成角中最小的角. ⊥ ⊥
知识拓展
三余弦公式 θ θ θ 如图所示
5 :ｃｏｓ ＝ｃｏｓ １ｃｏｓ ２( ꎬ
.三垂线定理及其逆定理
年 其中θ 是斜线 ＯＡ 与平面 α 所成的角 θ 是 １
高 １ ꎬ ２ )三垂线定理:在平面内的一条直线ꎬ如果与这个平面
考 斜线ＯＡ的射影 ＡＢ 与平面内的直线 ＡＣ 的夹 １
3
的一条斜线在这个平面内的射影垂直ꎬ那么它也与这条
年 角 θ 是斜线ＯＡ与平面内的直线ＡＣ 的夹角 .
模 ꎬ ) 斜线垂直.
拟
A )三垂线定理的逆定理:如果平面内一条直线与该平面
２
版
的一条斜线垂直ꎬ那么这条直线也垂直于这条斜线在平
高
考 面内的射影.
数
学 .垂直问题的转化方向图
２
２９４
专
题
八
立
体
几
何
２９５
综合篇
考法 一 判定或证明直线与平面垂直的方法
知 ＯＣ １ＡＣ ꎬＣＭ ２ＢＣ ４ ２ꎬ ＡＣＢ °.
＝ ＝２ ＝ ＝ ∠ ＝４５
1.
利用线面垂直的判定定理：ｌ ａ ｌ ｂ ａ ｂ ２ ３ ３
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩
ＯＣＭＣ ＡＣＢ
Ｏ ａ α ｂ α ｌ α 主要方法 所以 ＯＭ ２ ５ꎬＣＨ ｓｉｎ∠
＝ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂ ⇒ ⊥ ( )ꎻ ＝ ＝ ＯＭ ＝
2.
利用平行线垂直平面的传递性：ａ ｂ ａ α ３
∥ ꎬ ⊥
ｂ α ４ ５.所以点 Ｃ 到平面 ＰＯＭ 的距离为４ ５.
⇒ ⊥ ꎻ
3. 利用面面垂直的性质定理：α β α β ｌ ａ ５ ５
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
α ａ ｌ ａ β 主要方法
考法 二 判定或证明平面与平面垂直的方法
⊂ ꎬ ⊥ ⇒ ⊥ ( )ꎻ
4.
利用面面平行的性质：α β ａ β ａ α
1.
∥ ꎬ ⊥ ⇒ ⊥ ꎻ 利用面面垂直的判定定理：ｌ α ｌ β α
5. 利用面面垂直的性质：α β α γ β γ ｌ ⊥ ꎬ ⊂ ⇒ ⊥
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ β 主要方法
( )ꎻ
ｌ α.
2.
⇒ ⊥ 利用面面垂直的定义 作出两平面构成的二
例1 ( 课标 ꎬ ꎬ 分)如图ꎬ在三棱 (
２０１８ Ⅱ １９ １２ 面角的平面角 并计算其大小为 °
ꎬ ９０ )ꎻ
锥 Ｐ ＡＢＣ 中ꎬＡＢ ＢＣ ꎬ 3.
－ ＝ ＝２ ２ 利用平行的传递性：α β α γ β γ.
∥ ꎬ ⊥ ⇒ ⊥
ＰＡ ＝ ＰＢ ＝ ＰＣ ＝ ＡＣ ＝ ４ ꎬＯ 为 例2 ( 全国乙文ꎬ
２０２１
ＡＣ 的中点.
ꎬ 分) 如图ꎬ四棱锥
１８ １２
( )证明:ＰＯ 平面 ＡＢＣꎻ
１ ⊥ Ｐ ＡＢＣＤ的底面是矩形ꎬ
－
( )若点 Ｍ 在棱 ＢＣ 上ꎬ且
２ ＰＤ 底面 ＡＢＣＤꎬＭ 为 ＢＣ
⊥
ＭＣ ＭＢꎬ求点 Ｃ 到平面 ＰＯＭ 的距离.
＝２ 的中点ꎬ且 ＰＢ ＡＭ.
⊥
解析 ( )证明:因为 ＡＰ ＣＰ ＡＣ ꎬ所以
１ ＝ ＝ ＝４ ( )证明:平面 ＰＡＭ 平面 ＰＢＤꎻ
１ ⊥
ＡＰＣ 为等边三角形ꎬ又 Ｏ 为 ＡＣ 的中点ꎬ所以
△ ( )若 ＰＤ ＤＣ ꎬ求四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积.
２ ＝ ＝１ －
ＯＰ ＡＣꎬ且 ＯＰ .连接 解析 ( )证明:由于 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤꎬＡＭ
⊥ ＝ ２ ３
１ ⊥ ⊂
平面ＡＢＣＤꎬ则ＰＤ ＡＭꎬ又 ＰＢ ＡＭꎬＰＢ ＰＤ
ＯＢꎬ因为 ＡＢ ＢＣ ２ＡＣꎬ所 ⊥ ⊥ ∩ ＝
＝ ＝
２ ＰꎬＰＢꎬＰＤ 平面 ＰＢＤꎬ所以 ＡＭ 平面 ＰＢＤꎬ因
⊂ ⊥
以 ＡＢＣ 为等腰直角三角
△
为ＡＭ 平面ＰＡＭꎬ所以平面ＰＡＭ 平面ＰＢＤ.
⊂ ⊥
形ꎬ且 ＯＢ ＡＣꎬＯＢ １ ＡＣ ( )由( )知 ＡＭ 平面 ＰＢＤꎬ
⊥ ＝ ＝ ２ １ ⊥
２ 因为 ＢＤ 平面 ＰＢＤꎬ所以 ＡＭ ＢＤꎬ
.由 ＯＰ２ ＯＢ２ ＰＢ２ 知ꎬＯＰ ＯＢ.由 ＯＰ ＯＢꎬ ⊂ ⊥
２ ＋ ＝ ⊥ ⊥ 所以 ＭＡＢ ＡＢＤ °ꎬ
ＯＰ ＡＣꎬＯＢ ＡＣ Ｏ 知 ＰＯ 平面 ＡＢＣ. ∠ ＋∠ ＝９０
⊥ ∩ ＝ ⊥ 因为四边形 ＡＢＣＤ 为矩形ꎬ
( )作 ＣＨ ＯＭꎬ垂足为 Ｈ.由( )可得 ＯＰ
２ ⊥ １ ⊥ 所以 ＤＡＢ ＡＢＭꎬ
ＣＨꎬ又 ＯＰ ＯＭ Ｏꎬ所以 ＣＨ 平面 ＰＯＭ.故 ∠ ＝∠
∩ ＝ ⊥ 所以 ＭＡＢ ＡＭＢ °ꎬ所以 ＡＢＤ ＡＭＢꎬ
ＣＨ 的长为点 Ｃ 到平面 ＰＯＭ 的距离.由题设可 ∠ ＋∠ ＝９０ ∠ ＝∠
ＤＡ ＡＢ
则 ＤＡＢ ＡＢＭꎬ则 ꎬ
△ ∽△ ＡＢ＝ＢＭ
又 ＡＢ ＤＣ ꎬＭ 为 ＢＣ 的中点ꎬ 解析 ( )证明:由已知得 ＡＤ ＢＥꎬＣＧ
＝ ＝１ １ ∥ ∥
ＡＤ ꎬ Ｓ ＡＢＡＤ ꎬ ＢＥꎬ所以 ＡＤ ＣＧꎬ故 ＡＤꎬＣＧ 确定一个平面ꎬ从
∴ ＝ ２ ∴ 矩形ＡＢＣＤ＝ ＝ ２ ∥
而 ＡꎬＣꎬＧꎬＤ 四点共面.
Ｖ １Ｓ ＰＤ １ ２.
∴ 四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ＝ 矩形ＡＢＣＤ ＝ × ２×１＝ 由已知得 ＡＢ ＢＥꎬＡＢ ＢＣꎬ又 ＢＥ ＢＣ Ｂꎬ故
３ ３ ３ ⊥ ⊥ ∩ ＝
ＡＢ 平面 ＢＣＧＥ.又因为 ＡＢ 平面 ＡＢＣꎬ所以
⊥ ⊂
考法 三 翻折问题的处理方法
平面 ＡＢＣ 平面 ＢＣＧＥ.
⊥
解决立体几何中的翻折问题 关键是搞清 ( )作 ＥＨ ＢＣꎬ垂足为 Ｈ.因
ꎬ ２ ⊥
楚翻折前后图形中的位置关系和数量关系的 为 ＥＨ 平面 ＢＣＧＥꎬ平面
⊂
变化情况 以及翻折过程中运动变化的点的位 ＢＣＧＥ 平面 ＡＢＣꎬ所以 ＥＨ
ꎬ ⊥
置.一般地 位于 折痕 同侧的点 线 面之间 平面 ＡＢＣ.
ꎬ “ ” 、 、 ⊥
的位置关系和数量关系不变 而位于 折痕 两 由已知ꎬ菱形 ＢＣＧＥ 的边长为 ꎬ ＥＢＣ °ꎬ
ꎬ “ ” ２ ∠ ＝６０
侧的点 线 面之间的位置关系会发生变化.对 可求得 ＢＨ ꎬＥＨ .以 Ｈ 为坐标原点ꎬＨ→Ｃ
、 、 ＝１ ＝ ３
于不变的关系一般在平面图形中处理 对于变 的方向为 ｘ 轴的正方向ꎬ建立如图所示的空间
ꎬ
化的关系则在立体图形中解决. 直角坐标系 Ｈ ｘｙｚꎬ则 Ａ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ( ꎬ ꎬ )ꎬ
－ －１ １ ０ １ ０ ０
例3 ( 课标 理ꎬ ꎬ 分)图 是由矩
２０１９ Ⅲ １９ １２ １ Ｇ( ꎬ ꎬ )ꎬ则 Ｃ→Ｇ ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ→Ｃ ( ꎬ ꎬ
２ ０ ３ ＝ １ ０ ３ ＝ ２ －１
形 ＡＤＥＢꎬ ＡＢＣ 和菱形 ＢＦＧＣ 组成的一个
Ｒｔ△ ).设平面 ＡＣＧＤ 的法向量为 ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
０ ＝
平面图形ꎬ其中 ＡＢ ꎬＢＥ ＢＦ ꎬ ＦＢＣ
＝ １ ＝ ＝ ２ ∠ ＝ {Ｃ→Ｇｎ ꎬ {
ｘ ｚ ꎬ
°.将其沿 ＡＢꎬＢＣ 折起使得 ＢＥ 与 ＢＦ 重合ꎬ 则 ＝０ 即 ＋ ３ ＝０ 所以可取 ｎ ( ꎬ ꎬ
６０ ＝ ３ ６
Ａ→Ｃｎ ꎬ ｘ ｙ ꎬ
连接 ＤＧꎬ如图 . ＝０ ２ － ＝０
２
( )证明:图 中的 ＡꎬＣꎬＧꎬＤ 四点共面ꎬ且平 ).又平面 ＢＣＧＥ 的法向量可取为 ｍ ( ꎬ ꎬ
－ ３ ＝ ０ １
１ ２
面 ＡＢＣ 平面 ＢＣＧＥꎻ ｎｍ
⊥ )ꎬ所以 ‹ｎꎬｍ› ３.
０ ｃｏｓ ＝ ｎ ｍ ＝
( )求图 中的二面角 Ｂ ＣＧ Ａ 的大小.
｜ ｜ ｜ ｜ ２
２ ２ － －
因此二面角 Ｂ ＣＧ Ａ 的大小为 °.
－ － ３０
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
２９６
