資源簡介

第2課時　直線與平面垂直的性質(zhì)定理
—— (教學(xué)方式：深化學(xué)習(xí)課—梯度進階式教學(xué))
[課時目標(biāo)]
1．借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與平面垂直的性質(zhì)定理．
2．會應(yīng)用線面垂直的性質(zhì)定理證明一些簡單的線面關(guān)系．
1．直線與平面垂直的性質(zhì)定理
文字語言 垂直于同一個平面的兩條直線______
符號語言 ________
圖形語言
作用 ①線面垂直 線線平行，②作平行線
2．線面距與面面距
(1)一條直線與一個平面平行時，這條直線上____________到這個平面的距離，叫做這條直線到這個平面的距離．
(2)如果兩個平面平行，那么其中一個平面內(nèi)的__________到另一個平面的距離________，我們把它叫做這兩個平行平面間的距離．
3．直線與平面垂直的性質(zhì)
(1) l⊥b.　(2) a∥b.
(3) b⊥α.　(4) a⊥β.
(5) α∥β.
(6)過一點有且只有一條直線與已知平面垂直．
(7)過一點有且只有一個平面與已知直線垂直．
1．判斷正誤(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)
(1)垂直于同一條直線的兩個平面互相平行．(　　)
(2)垂直于同一平面的兩條直線互相平行．(　　)
(3)一條直線在平面內(nèi)，另一條直線與這個平面垂直，則這兩條直線互相垂直．(　　)
2．矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，則PC與平面ABCD所成的角是________．
3．在四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，若點A1到平面ABCD的距離為4，則直線A1B1到平面ABCD的距離為________，平面ABCD到平面A1B1C1D1的距離為________．
題型(一)　直線與平面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用
[例1]　如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中點，M，N分別在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.證明：AE∥MN.
聽課記錄：
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關(guān)于線面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用
在證明與垂直相關(guān)的平行問題時，可以考慮線面垂直的性質(zhì)定理，利用已知的垂直關(guān)系構(gòu)造線面垂直，關(guān)鍵是確定與要證明的兩條直線都垂直的平面．　　
[針對訓(xùn)練]
1．如圖，α∩β＝l，PA⊥α，PB⊥β，垂足分別為A，B，a α，a⊥AB.求證：a∥l.
題型(二)　距離問題
[例2]　(2023·天津高考，節(jié)選)如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分別是BC，BA的中點．
(1)求證：A1N∥平面C1MA；
(2)求點C到平面C1MA的距離．
聽課記錄：
|思|維|建|模|
(1)從平面外一點作一個平面的垂線，這個點與垂足間的距離就是這個點到這個平面的距離．當(dāng)該點到已知平面的垂線不易作出時，可利用線面平行、面面平行的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為與已知平面等距離的點作垂線，然后計算．
(2)利用中點轉(zhuǎn)化：如果條件中具有中點條件，將一個點到平面的距離，借助中點(等分點)，轉(zhuǎn)化為另一點到平面的距離．
(3)通過換底轉(zhuǎn)化：一是直接換底，以方便求幾何體的高；二是將底面擴展(分割)，以方便求底面積和高．　　
[針對訓(xùn)練]
2．已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，棱AA1＝12，AB＝5.
(1)求點B1到平面A1BCD1的距離；
(2)求B1C1到平面A1BCD1的距離．
題型(三)　線面垂直的綜合問題
[例3]　如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中點．
(1)求證：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)當(dāng)點F在BB1上的什么位置時，會使得AB1⊥平面C1DF？并證明你的結(jié)論．
聽課記錄：
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線線、線面垂直問題的解題策略
(1)證明線線垂直，一般通過證明一條直線垂直于經(jīng)過另一條直線的平面，為此分析題設(shè)，觀察圖形找到是哪條直線垂直于經(jīng)過哪條直線的平面．
(2)證明直線和平面垂直，就是要證明這條直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，這一點在解題時一定要體現(xiàn)出來．　　
[針對訓(xùn)練]
3.如圖，已知AF⊥平面ABCD，四邊形ABEF為矩形，四邊形ABCD為直角梯形，∠DAB＝90°，AB∥CD，AD＝AF＝CD＝2，AB＝4.
(1)求證：AC⊥平面BCE；
(2)求證：AD⊥AE.
第2課時　直線與平面垂直的性質(zhì)定理
課前預(yù)知教材
1．平行　a∥b
2．(1)任意一點　(2)任意一點　都相等
[基礎(chǔ)落實訓(xùn)練]
1．(1)√　(2)√　(3)√
2．解析：由題意知∠PCA為PC與平面ABCD所成的角．
在Rt△PAC中，tan∠PCA＝＝＝，
∴∠PCA＝30°.
答案：30°
3．4　4
課堂題點研究
[題型(一)]
[例1]　證明：∵AB⊥平面PAD，AE 平面PAD，∴AE⊥AB.
又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中點，∴AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.
又∵MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN.
[針對訓(xùn)練]
1．證明：∵PA⊥α，l α，∴PA⊥l.同理PB⊥l.
∵PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，∴l(xiāng)⊥平面PAB.又∵PA⊥α，a α，∴PA⊥a.
∵a⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
∴a⊥平面PAB.∴a∥l.
[題型(二)]
[例2]　解：(1)連接MN.由M，N分別是BC，BA的中點，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN∥AC，且MN＝＝1，由棱臺性質(zhì)，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知，四邊形MNA1C1是平行四邊形，則A1N∥MC1，又A1N 平面C1MA，MC1 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
(2)過點C1作C1P⊥AC，垂足為P，作C1Q⊥AM，垂足為Q，連接PQ，PM，過P作PR⊥C1Q，垂足為R.
由題干數(shù)據(jù)可得，C1A＝C1C＝，C1M＝＝.根據(jù)勾股定理，
C1Q＝ ＝.
由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，則C1P⊥AM.又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P 平面C1PQ，所以AM⊥平面C1PQ.又PR 平面C1PQ，則PR⊥AM.又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM 平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.在Rt△C1PQ中，PR＝＝＝.
又CA＝2PA，故點C到平面C1MA的距離是P到平面C1MA的距離的兩倍．
即點C到平面C1MA的距離是.
[針對訓(xùn)練]
2．解：(1)如圖，過點B1作B1E⊥A1B于點E.
由題意知BC⊥平面A1ABB1，且B1E 平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.
∵BC∩A1B＝B，BC 平面A1BCD1，A1B 平面A1BCD1，
∴B1E⊥平面A1BCD1.
∴線段B1E的長即為所求．
在Rt△A1B1B中，B1E＝＝＝.∴點B1到平面A1BCD1的距離為.
(2)∵B1C1∥BC，且B1C1 平面A1BCD1，BC 平面A1BCD1，
∴B1C1∥平面A1BCD1.
∴點B1到平面A1BCD1的距離即為所求．
∴直線B1C1到平面A1BCD1的距離為.
　[題型(三)]
[例3]　解：(1)證明：因為ABC A1B1C1是直三棱柱，所以A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.
又D是A1B1的中點，所以C1D⊥A1B1.
因為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)如圖，作DE⊥AB1交AB1于E，延長DE交BB1于F，連接C1F，則AB1⊥平面C1DF，點F為所求．
因為C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D，
所以AB1⊥平面C1DF.
因為AA1＝A1B1＝，
所以四邊形AA1B1B為正方形．
又D為A1B1的中點，DF⊥AB1，
所以F為BB1的中點．所以當(dāng)點F為BB1的中點時，AB1⊥平面C1DF.
[針對訓(xùn)練]
3．證明：(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.
因為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)因為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.(共58張PPT)
直線與平面垂直的性質(zhì)定理
(教學(xué)方式:深化學(xué)習(xí)課 梯度進階式教學(xué))
第2課時
課時目標(biāo)
1.借助長方體,通過直觀感知,了解空間中直線與平面垂直的性質(zhì)定理.
2.會應(yīng)用線面垂直的性質(zhì)定理證明一些簡單的線面關(guān)系.
CONTENTS
目錄
1
2
3
課前預(yù)知教材·自主落實基礎(chǔ)
課堂題點研究·遷移應(yīng)用融通
課時跟蹤檢測
課前預(yù)知教材·自主落實基礎(chǔ)
01
1.直線與平面垂直的性質(zhì)定理
文字語言 垂直于同一個平面的兩條直線_____
符號語言 _______
圖形語言
作用 ①線面垂直 線線平行,②作平行線
平行
a∥b
2.線面距與面面距
(1)一條直線與一個平面平行時,這條直線上_________到這個平面的距離,叫做這條直線到這個平面的距離.
(2)如果兩個平面平行,那么其中一個平面內(nèi)的__________到另一個平面的距離_______,我們把它叫做這兩個平行平面間的距離.
任意一點
任意一點
都相等
3.直線與平面垂直的性質(zhì)
(1) l⊥b.(2) a∥b.
(3) b⊥α.(4) a⊥β.
(5) α∥β.
(6)過一點有且只有一條直線與已知平面垂直.
(7)過一點有且只有一個平面與已知直線垂直.
基礎(chǔ)落實訓(xùn)練
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)垂直于同一條直線的兩個平面互相平行. (　　)
(2)垂直于同一平面的兩條直線互相平行. (　　)
(3)一條直線在平面內(nèi),另一條直線與這個平面垂直,則這兩條直線互相垂直. (　　)
√
√
√
2.矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,則PC與平面ABCD所成的角是　　　.
解析:由題意知∠PCA為PC與平面ABCD所成的角.
在Rt△PAC中,tan∠PCA===,
∴∠PCA=30°.
30°
3.在四棱臺ABCD A1B1C1D1中,若點A1到平面ABCD的距離為4,則直線A1B1到平面ABCD的距離為　　,平面ABCD到平面A1B1C1D1的距離為　　.
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課堂題點研究·遷移應(yīng)用融通
02
題型(一)　直線與平面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用
[例1]　如圖,在四棱錐P ABCD中,底面ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中點,M,N分別在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.證明:AE∥MN.
證明:∵AB⊥平面PAD,AE 平面PAD,∴AE⊥AB.
又AB∥CD,∴AE⊥CD.
∵AD=AP,E是PD的中點,∴AE⊥PD.
又CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,
∴AE⊥平面PCD.
∵MN⊥AB,AB∥CD,∴MN⊥CD.
又∵MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,∴MN⊥平面PCD,
∴AE∥MN.
|思|維|建|模|
關(guān)于線面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用
在證明與垂直相關(guān)的平行問題時,可以考慮線面垂直的性質(zhì)定理,利用已知的垂直關(guān)系構(gòu)造線面垂直,關(guān)鍵是確定與要證明的兩條直線都垂直的平面.
1.如圖,α∩β=l,PA⊥α,PB⊥β,垂足分別為A,B,a α,a⊥AB.求證:a∥l.
針對訓(xùn)練
證明:∵PA⊥α,l α,∴PA⊥l.同理PB⊥l.
∵PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,
∴l(xiāng)⊥平面PAB.又∵PA⊥α,a α,∴PA⊥a.
∵a⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴a⊥平面PAB.∴a∥l.
題型(二)　距離問題
[例2]　 (2023·天津高考,節(jié)選)如圖,在三棱臺ABC A1B1C1中,若A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分別是BC,BA的中點.
(1)求證:A1N∥平面C1MA;
解:連接MN.由M,N分別是BC,BA的中點,根據(jù)中位線性質(zhì),MN∥AC,且MN==1,由棱臺性質(zhì),A1C1∥AC,于是MN∥A1C1,由MN=A1C1=1可知,四邊形MNA1C1是平行四邊形,則A1N∥MC1,又A1N 平面C1MA,MC1 平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA.
(2)求點C到平面C1MA的距離.
解:過點C1作C1P⊥AC,垂足為P,作C1Q⊥AM,垂足為Q,連接PQ,PM,過P作PR⊥C1Q,垂足為R.
由題干數(shù)據(jù)可得,C1A=C1C=,C1M==.
根據(jù)勾股定理,C1Q==.
由C1P⊥平面AMC,AM 平面AMC,則C1P⊥AM.又C1Q⊥AM,
C1Q∩C1P=C1,C1Q,C1P 平面C1PQ,所以AM⊥平面C1PQ.
又PR 平面C1PQ,則PR⊥AM.又PR⊥C1Q,C1Q∩AM=Q,
C1Q,AM 平面C1MA,故PR⊥平面C1MA.
在Rt△C1PQ中,PR===.
又CA=2PA,故點C到平面C1MA的距離是P到平面C1MA的距離的兩倍.
即點C到平面C1MA的距離是.
|思|維|建|模|
(1)從平面外一點作一個平面的垂線,這個點與垂足間的距離就是這個點到這個平面的距離.當(dāng)該點到已知平面的垂線不易作出時,可利用線面平行、面面平行的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為與已知平面等距離的點作垂線,然后計算.
(2)利用中點轉(zhuǎn)化:如果條件中具有中點條件,將一個點到平面的距離,借助中點(等分點),轉(zhuǎn)化為另一點到平面的距離.
(3)通過換底轉(zhuǎn)化:一是直接換底,以方便求幾何體的高;二是將底面擴展(分割),以方便求底面積和高.
2.已知在長方體ABCD A1B1C1D1中,棱AA1=12,AB=5.
(1)求點B1到平面A1BCD1的距離;
解:如圖,過點B1作B1E⊥A1B于點E.由題意知BC⊥平面A1ABB1,且B1E 平面A1ABB1,
∴BC⊥B1E.
∵BC∩A1B=B,BC 平面A1BCD1,A1B 平面A1BCD1,
針對訓(xùn)練
∴B1E⊥平面A1BCD1.
∴線段B1E的長即為所求.
在Rt△A1B1B中,B1E===.
∴點B1到平面A1BCD1的距離為.
(2)求B1C1到平面A1BCD1的距離.
解:∵B1C1∥BC,且B1C1 平面A1BCD1,BC 平面A1BCD1,
∴B1C1∥平面A1BCD1.
∴點B1到平面A1BCD1的距離即為所求.
∴直線B1C1到平面A1BCD1的距離為.
題型(三)　線面垂直的綜合問題
[例3] 如圖,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=,
D是A1B1的中點.
(1)求證:C1D⊥平面AA1B1B;
解:證明:因為ABC A1B1C1是直三棱柱,
所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中點,所以C1D⊥A1B1.
因為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)當(dāng)點F在BB1上的什么位置時,會使得AB1⊥平面C1DF 并證明你的結(jié)論.
解:如圖,作DE⊥AB1交AB1于E,延長DE交BB1于F,連接C1F,則AB1⊥平面C1DF,點F為所求.
因為C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,
所以AB1⊥平面C1DF.
因為AA1=A1B1=,
所以四邊形AA1B1B為正方形.
又D為A1B1的中點,DF⊥AB1,
所以F為BB1的中點.
所以當(dāng)點F為BB1的中點時,AB1⊥平面C1DF.
|思|維|建|模|
線線、線面垂直問題的解題策略
(1)證明線線垂直,一般通過證明一條直線垂直于經(jīng)過另一條直線的平面,為此分析題設(shè),觀察圖形找到是哪條直線垂直于經(jīng)過哪條直線的平面.
(2)證明直線和平面垂直,就是要證明這條直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線,這一點在解題時一定要體現(xiàn)出來.
3.如圖,已知AF⊥平面ABCD,四邊形ABEF為矩形,四邊
形ABCD為直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=AF=
CD=2,AB=4.
(1)求證:AC⊥平面BCE;
針對訓(xùn)練
證明: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.
因為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)求證:AD⊥AE.
證明:因為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.
課時跟蹤檢測
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A級——達標(biāo)評價
1.在正方體ABCD A1B1C1D1中,直線l(與直線BB1不重合)⊥平面A1C1,則(　　)
A.B1B⊥l B.B1B∥l
C.B1B與l異面但不垂直 D.B1B與l相交但不垂直
解析:因為B1B⊥平面A1C1,且l⊥平面A1C1,所以l∥B1B.
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2.已知△ABC所在的平面為α,直線l⊥AB,l⊥AC,直線m⊥BC,m⊥AC,則直線l,m的位置關(guān)系是 (　　)
A.相交 B.異面
C.平行 D.不確定
解析:因為l⊥AB,l⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以l⊥平面ABC.又m⊥BC,m⊥AC,BC∩AC=C,BC,AC 平面ABC,所以m⊥平面ABC.由直線與平面垂直的性質(zhì)定理知l∥m.
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3.(2024·天津高考)若m,n為兩條直線,α為一個平面,則下列結(jié)論中正確的是 (　　)
A.若m∥α,n∥α,則m⊥n B.若m∥α,n∥α,則m∥n
C.若m∥α,n⊥α,則m⊥n D.若m∥α,n⊥α,則m與n相交
解析:若m∥α,n∥α,則m與n可能平行、相交或異面,故A、B錯誤;若m∥α,n⊥α,則m⊥n,且m與n可能相交,也可能異面,故C正確,D錯誤.
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4.已知平面α∥平面β,m α,n β,且直線m與n不平行.記平面α,β的距離為d1,直線m,n的距離為d2,則 (　　)
A.d1C.d1>d2 D.d1與d2大小不確定
解析:因為平面α∥平面β,m α,n β,且直線m與n不平行,所以平面α,β的距離等于直線m,n的距離,即d1=d2.故選B.
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5.(多選)已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不重合的平面,給定下列四個命題,其中的真命題是 (　　)
A.若m⊥n,n α,則m⊥α
B.若m⊥α,n α,則m⊥n
C.若m⊥α,n⊥α,則m∥n
D.若m α,n β,α∥β,則m∥n
√
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解析:對于A,直線m垂直于平面α內(nèi)的一條直線n,則直線m與平面α不一定垂直,所以A不是真命題;對于B,是直線與平面垂直的定義的應(yīng)用,所以B是真命題;對于C,是直線與平面垂直的性質(zhì)定理,所以C是真命題;對于D,分別在兩個平行平面α,β內(nèi)的直線m,n平行或異面,所以D不是真命題.故選B、C.
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6.已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,如圖所示,且AF=DE,AD=6,則EF=　　　　.
解析:因為AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE.又AF=DE,所以四邊形AFED是平行四邊形.所以EF=AD=6.
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7.在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中,當(dāng)?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件________時,有A1C⊥B1D1(注:填上你認(rèn)為正確的一種條件即可,不必考慮所有可能的情況).
解析:當(dāng)BD⊥AC時,BD⊥AA1,所以BD⊥平面AA1C,從而BD⊥A1C.又B1D1∥BD,所以A1C⊥B1D1.
BD⊥AC
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8.已知線段AB在平面α的同側(cè),A,B到α的距離分別為3和5,則AB的中點到α的距離為　　.
解析:如圖,設(shè)AB的中點為M,分別過A,M,B向α作垂線,垂足分別為A1,M1,
B1.則由線面垂直的性質(zhì)可知,AA1∥MM1∥BB1.四邊形AA1B1B為直角梯形,AA1=3,BB1=5,MM1為其中位線,∴MM1=4.
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9.(10分)如圖所示,在正方體ABCD A1B1C1D1中,M是AB上一點,N是A1C的中點,MN⊥平面A1DC.
求證:MN∥AD1.
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證明:因為四邊形ADD1A1為正方形,
所以AD1⊥A1D.
又因為CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥AD1.
因為A1D∩CD=D,A1D,CD 平面A1DC,所以AD1⊥平面A1DC.
又因為MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.
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10.(10分)如圖,PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD,E,F分別為BC,CD上的點,且EF⊥AC.
求證:=.
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證明:∵PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD,∴PA⊥BD,PC⊥BD,PC⊥EF.
又PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,∴BD⊥平面PAC.又EF⊥AC,
PC∩AC=C,PC,AC 平面PAC,∴EF⊥平面PAC.∴EF∥BD.∴=.
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B級——重點培優(yōu)
11.已知直線l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A α,B α,且OA=AB.若AC⊥平面α,垂足為C,BD⊥平面α,垂足為D,AC=1,則BD=(　　)
A.2 B.1
C. D.
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解析:因為AC⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD.連接OD,所以=.因為OA=AB,所以=.因為AC=1,所以BD=2.故選A.
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12.(2022·新課標(biāo)Ⅰ卷)(多選)已知正方體ABCD A1B1C1D1,則 (　　)
A.直線BC1與DA1的夾角為90°
B.直線BC1與CA1的夾角為90°
C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°
D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°
√
√
√
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解析:如圖,連接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,
因為AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1.所以直線BC1與DA1
的夾角為90°,故A正確.
在正方體ABCD A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1 平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.連接B1C,則B1C⊥BC1.因為CD∩B1C=C,CD,B1C 平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1 平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1.所以直線BC1與CA1的夾角為90°,故B正確.
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連接A1C1,交B1D1于點O,則易得OC1⊥平面BB1D1D.連接OB,因為OB 平面BB1D1D,所以O(shè)C1⊥OB,∠OBC1為直線BC1與平面BB1D1D所成的角.設(shè)正方體的棱長為a,則易得BC1=a,OC1=,所以在Rt△BOC1中,OC1=BC1.所以∠OBC1=30°,故C錯誤.
因為C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角.易得∠CBC1=45°,故D正確.故選A、B、D.
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13.已知平面α∥平面β,點A,C∈α,點B,D∈β,若AB+CD=33,且AB,CD在β內(nèi)射影長分別為5和16,則α與β間距離為　　.
解析:如圖,過點A作AE⊥β,垂足為E,過點C作CF⊥β,垂足為F,由題意可知,BE=5,DF=16,設(shè)AB=x,CD=33-x,則x2-25=(33-x)2-256,解得x=13,∴平面α與β間的距離AE==12.
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14.已知∠ACB=90°,M為平面ABC外一點,MC=,點M到∠ACB兩邊AC,BC的距離均為,那么M到平面ABC的距離為　　　　.
解析:作MD,ME分別垂直于AC,BC,MO⊥平面ABC,
連接CO,則CD⊥MD,CD⊥MO,MD∩MO=M,MD
平面MDO,MO 平面MDO,∴CD⊥平面MDO,又OD
平面MDO,∴CD⊥OD.
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又CD⊥MD,MD=ME=,MC=,∴CD==1.
同理,CE=1.∴Rt△CDO∽Rt△CEO,則CO為∠ACB的平分線,∴∠OCD=45°,OD=CD=1,OC=,又MC=,∴MO==1.
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15.(16分)如圖,在長方體ABCD A1B1C1D1中:
(1)求證:A1A∥平面BB1D1D;
解:證明:在長方體ABCD A1B1C1D1中,AA1∥BB1,
又BB1 平面BB1D1D,AA1 平面BB1D1D,所以A1A∥平面BB1D1D.
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(2)若AB=4,AD=3,求A1A到平面BB1D1D的距離.
解:由(1)知A1A∥平面BB1D1D,則直線A1A上任意一點到
平面BB1D1D的距離都相等.
如圖,過點A作AH⊥BD交BD于H,易知BB1⊥平面ABCD,
因為AH 平面ABCD,所以BB1⊥AH.
因為BB1∩BD=B,
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所以AH⊥平面BB1D1D,
即AH的長為直線A1A到平面BB1D1D的距離.
在△ABD中,AB=4,AD=3,則BD=5.
由等面積法得AH===,
所以A1A到平面BB1D1D的距離為.課時跟蹤檢測(三十七)　直線與平面垂直的性質(zhì)定理
(滿分100分，A級選填小題每題5分，B級選填小題每題6分)
A級——達標(biāo)評價
1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線l(與直線BB1不重合)⊥平面A1C1，則(　　)
A．B1B⊥l
B．B1B∥l
C．B1B與l異面但不垂直
D．B1B與l相交但不垂直
2．已知△ABC所在的平面為α，直線l⊥AB，l⊥AC，直線m⊥BC，m⊥AC，則直線l，m的位置關(guān)系是(　　)
A．相交 B．異面
C．平行 D．不確定
3．(2024·天津高考)若m，n為兩條直線，α為一個平面，則下列結(jié)論中正確的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，則m⊥n
B．若m∥α，n∥α，則m∥n
C．若m∥α，n⊥α，則m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，則m與n相交
4．已知平面α∥平面β，m α，n β，且直線m與n不平行．記平面α，β的距離為d1，直線m，n的距離為d2，則(　　)
A．d1C．d1>d2 D．d1與d2大小不確定
5．(多選)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不重合的平面，給定下列四個命題，其中的真命題是(　　)
A．若m⊥n，n α，則m⊥α
B．若m⊥α，n α，則m⊥n
C．若m⊥α，n⊥α，則m∥n
D．若m α，n β，α∥β，則m∥n
6.已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，如圖所示，且AF＝DE，AD＝6，則EF＝________.
7．在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，當(dāng)?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件________時，有A1C⊥B1D1(注：填上你認(rèn)為正確的一種條件即可，不必考慮所有可能的情況).
8．已知線段AB在平面α的同側(cè)，A，B到α的距離分別為3和5，則AB的中點到α的距離為________.
9．(10分)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是AB上一點，N是A1C的中點，MN⊥平面A1DC.
求證：MN∥AD1.
10．(10分)如圖，PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，E，F(xiàn)分別為BC，CD上的點，且EF⊥AC.求證：＝.
B級——重點培優(yōu)
11．已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A α，B α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝(　　)
A．2 B．1
C. D.
12．(2022·新課標(biāo)Ⅰ卷)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則(　　)
A．直線BC1與DA1的夾角為90°
B．直線BC1與CA1的夾角為90°
C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°
D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°
13．已知平面α∥平面β，點A，C∈α，點B，D∈β，若AB＋CD＝33，且AB，CD在β內(nèi)射影長分別為5和16，則α與β間距離為________.
14．已知∠ACB＝90°，M為平面ABC外一點，MC＝，點M到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么M到平面ABC的距離為________.
15．(16分)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中：
(1)求證：A1A∥平面BB1D1D；
(2)若AB＝4，AD＝3，求A1A到平面BB1D1D的距離.
課時跟蹤檢測(三十七)
1．選B　因為B1B⊥平面A1C1，且l⊥平面A1C1，所以l∥B1B.
2．選C　因為l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，所以l⊥平面ABC.又m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC 平面ABC，所以m⊥平面ABC.由直線與平面垂直的性質(zhì)定理知l∥m.
3．選C　若m∥α，n∥α，則m與n可能平行、相交或異面，故A、B錯誤；若m∥α，n⊥α，則m⊥n，且m與n可能相交，也可能異面，故C正確，D錯誤．
4．選B　因為平面α∥平面β，m α，n β，且直線m與n不平行，所以平面α，β的距離等于直線m，n的距離，即d1＝d2.故選B.
5．選BC　對于A，直線m垂直于平面α內(nèi)的一條直線n，則直線m與平面α不一定垂直，所以A不是真命題；對于B，是直線與平面垂直的定義的應(yīng)用，所以B是真命題；對于C，是直線與平面垂直的性質(zhì)定理，所以C是真命題；對于D，分別在兩個平行平面α，β內(nèi)的直線m，n平行或異面，所以D不是真命題．故選B、C.
6．解析：因為AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE.又AF＝DE，所以四邊形AFED是平行四邊形．所以EF＝AD＝6.
答案：6
7．解析：當(dāng)BD⊥AC時，BD⊥AA1，
所以BD⊥平面AA1C，從而BD⊥A1C.
又B1D1∥BD，所以A1C⊥B1D1.
答案：BD⊥AC
8．解析：如圖，設(shè)AB的中點為M，分別過A，M，B向α作垂線，垂足分別為A1，M1，B1.則由線面垂直的性質(zhì)可知，AA1∥MM1∥BB1.四邊形AA1B1B為直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1為其中位線，∴MM1＝4.
答案：4
9．證明：因為四邊形ADD1A1為正方形，
所以AD1⊥A1D.又因為CD⊥平面ADD1A1，所以CD⊥AD1.
因為A1D∩CD＝D，A1D，CD 平面A1DC，所以AD1⊥平面A1DC.
又因為MN⊥平面A1DC，所以MN∥AD1.
10．證明：∵PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，
∴PA⊥BD，PC⊥BD，PC⊥EF.
又PA∩PC＝P，PA，PC 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC.
又EF⊥AC，PC∩AC＝C，PC，AC 平面PAC，∴EF⊥平面PAC.
∴EF∥BD.∴＝.
11.選A　因為AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.連接OD，所以＝.因為OA＝AB，所以＝.因為AC＝1，所以BD＝2.故選A.
12.選ABD　如圖，連接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因為AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1.所以直線BC1與DA1的夾角為90°，故A正確．
在正方體ABCD A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1 平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.連接B1C，則B1C⊥BC1.因為CD∩B1C＝C，CD，B1C 平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1 平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1.所以直線BC1與CA1的夾角為90°，故B正確．
連接A1C1，交B1D1于點O，則易得OC1⊥平面BB1D1D.連接OB，因為OB 平面BB1D1D，所以O(shè)C1⊥OB，∠OBC1為直線BC1與平面BB1D1D所成的角．設(shè)正方體的棱長為a，則易得BC1＝a，OC1＝，所以在Rt△BOC1中，OC1＝BC1.所以∠OBC1＝30°，故C錯誤．
因為C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角．易得∠CBC1＝45°，故D正確．故選A、B、D.
13．解析：如圖，過點A作AE⊥β，垂足為E，過點C作CF⊥β，垂足為F，由題意可知，BE＝5，DF＝16，設(shè)AB＝x，CD＝33－x，則x2－25＝(33－x)2－256，解得x＝13，∴平面α與β間的距離AE＝＝12.
答案：12
14．解析：作MD，ME分別垂直于AC，BC，MO⊥平面ABC，連接CO，則CD⊥MD，CD⊥MO，MD∩MO＝M，MD 平面MDO，MO 平面MDO，∴CD⊥平面MDO，又OD 平面MDO，∴CD⊥OD.又CD⊥MD，MD＝ME＝，MC＝，∴CD＝＝1.同理，CE＝1.∴Rt△CDO∽Rt△CEO，則CO為∠ACB的平分線，∴∠OCD＝45°，OD＝CD＝1，OC＝，又MC＝，∴MO＝＝1.
答案：1
15．解：(1)證明：在長方體ABCD A1B1C1D1中，AA1∥BB1，
又BB1 平面BB1D1D，AA1 平面BB1D1D，所以A1A∥平面BB1D1D.
(2)由(1)知A1A∥平面BB1D1D，
則直線A1A上任意一點到平面BB1D1D的距離都相等．
如圖，過點A作AH⊥BD交BD于H，
易知BB1⊥平面ABCD，
因為AH 平面ABCD，所以BB1⊥AH.
因為BB1∩BD＝B，
所以AH⊥平面BB1D1D，
即AH的長為直線A1A到平面BB1D1D的距離．
在△ABD中，AB＝4，AD＝3，則BD＝5.
由等面積法得AH＝＝＝，
所以A1A到平面BB1D1D的距離為.

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