专题一线面垂直

专题一线面垂直（精选6篇）

专题一线面垂直 篇1

线面垂直专题练习

1.设M表示平面，a、b表示直线，给出下列四个命题：

aMa//baMa//M①②③b∥M④M.bMa//bb⊥abaMbMab

其中正确的命题是()

A.①②B.①②③C.②③④D.①②④

2.如图所示，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点.现在沿DE、DF及EF把△ADE、△CDF和△BEF折起，使A、B、C三点重合，重合后的点记为P.那么，在四面体P—DEF中，必有()

第2题图

A.DP⊥平面PEFB.DM⊥平面PEFC.PM⊥平面DEFD.PF⊥平面DEF

3.如果直线l,m与平面α,β,γ满足:l=β∩γ,l∥α,mα和m⊥γ,那么必有()

A.α⊥γ且l⊥mB.α⊥γ且m∥βC.m∥β且l⊥mD.α∥β且α⊥γ

4有三个命题：

①垂直于同一个平面的两条直线平行；

②过平面α的一条斜线l有且仅有一个平面与α垂直；

③异面直线a、b不垂直，那么过a的任一个平面与b都不垂直

其中正确命题的个数为()A.0B.1C.2D.35.设l、m为直线，α为平面，且l⊥α，给出下列命题

① 若m⊥α，则m∥l；②若m⊥l，则m∥α；③若m∥α，则m⊥l；④若m∥l，则m⊥α，其中真命题的序号是()．．．

A.①②③B.①②④C.②③④D.①③④

6.如图所示，PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证：MN∥平面PAD.(2)求证：MN⊥CD.(3)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.7.如图所示，正方体ABCD—A′B′C′D′的棱长为a，M是AD的中点，N是BD′上一点，且D′N∶NB＝1∶2，MC与BD交于P.(1)求证：NP⊥平面ABCD.(2)求平面PNC与平面CC′D′D所成的角.8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中.求证：平面ACD1 ⊥平面BB1D1D

DA

1D

A1C1C9、如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，求证：平面PAC⊥平面PBC．

BA

C10、如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，平面PAC⊥平面PBC．问

△ABC是否为直角三角形，若是，请给出证明；若不是，请举

出反例．

BA C

专题一线面垂直 篇2

利用向量方法判断空间位置关系, 其难点是线面平行与面面垂直关系问题.应用下面的两个定理, 将可建立一种简单的程序化的解题模式.

定理1 设$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}A}}$、$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}B}}$不共线, $\overrightarrow{{\displaystyle {\rm P}Q}}=x\overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}A}}+y\overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}B}}(x‚y\in \mathbf{R})$, 则

① P∈平面MAB⇔PQ⊂平面MAB;

② P平面MAB⇔PQ//平面MAB.

定理2 设向量$\overrightarrow{{\displaystyle AB}}$、$\overrightarrow{{\displaystyle AC}}$不共线, $\overrightarrow{{\displaystyle DE}}$、$\overrightarrow{{\displaystyle DF}}$不共线, 则:平面ABC⊥平面DEF⇔存在实数λ, μ, 使$\overrightarrow{{\displaystyle AB}}\cdot (\lambda \overrightarrow{{\displaystyle DE}}+\mu \overrightarrow{{\displaystyle DF}})=0$, 且$\overrightarrow{{\displaystyle AC}}\cdot (\lambda \overrightarrow{{\displaystyle DE}}+\mu \overrightarrow{{\displaystyle DF}})=0.$

例1 在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中, O是B1D1的中点, 求证:B1C//平面ODC1.

证明:设$\overrightarrow{{\displaystyle C{}_{1}B{}_1}}=\mathit{a}‚\overrightarrow{{\displaystyle C{}_{1}D{}_1}}=\mathit{b}‚\overrightarrow{{\displaystyle C{}_{1}C}}=\mathit{c}$, 则

$B{}_{1}C=\mathit{c}-\mathit{a}‚\overrightarrow{{\displaystyle C{}_1{\rm O}}}=\frac{1}{2}(\mathit{a}+\mathit{b})‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}D{}_1}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{{\displaystyle B{}_{1}D{}_1}}=\frac{1}{2}(\mathit{b}-\mathit{a})‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}D}}=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}D{}_1}}+\overrightarrow{{\displaystyle D{}_{1}D}}=\frac{1}{2}(\mathit{b}-\mathit{a})+\mathit{c}.$

若存在实数 x, y, 使$\overrightarrow{{\displaystyle B{}_{1}C}}=x\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}D}}+y\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}C{}_1}}‚$则

$\begin{array}{l}\mathit{c}-\mathit{a}=x[\frac{1}{2}(\mathit{b}-\mathit{a})+\mathit{c}]+y[-\frac{1}{2}(\mathit{a}+\mathit{b})]\\ =-\frac{1}{2}(x+y)\mathit{a}+\frac{1}{2}(x-y)\mathit{b}+x\mathit{c}.\end{array}$

因为 a、b、c 不共面,

所以

得$x=1‚y=1‚\overrightarrow{{\displaystyle B{}_{1}C}}=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}D}}+\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}C{}_1}}.$

又因为B1平面ODC1,

所以B1C//平面ODC1.

例2 在斜三棱柱ABC—A1B1C1中, 侧面AA1B1B⊥底面ABC1, 侧棱AA1与底面ABC成60°角, AA1=2, △ABC是边长为2的正三角形, 其重心为G, E是线段BC1上一点, 且$BE=\frac{1}{3}BC{}_1$.求证:G1E//侧面AA1B1B.

证明:因为侧面AA1B1B⊥底面ABC,

所以侧棱AA1与底面ABC所成的角就是∠A1AB, ∠A1AB=60°.

由A1A=AB=2, 知△A1AB为正三角形.

取AB中点O, 则A1O⊥底面ABC, OC⊥AB.于是建立如图2的空间直角坐标系, 则$A(0,-1,0),B(0,1,0),C(\sqrt{3},0,0),A{}_1(0,0,\sqrt{3}).$

$\begin{array}{l}\text{由}\overrightarrow{{\displaystyle CC{}_1}}=\overrightarrow{{\displaystyle BB{}_1}}=\overrightarrow{{\displaystyle AA{}_1}}=\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm O}}}+\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A{}_1}}=(0,1,\sqrt{3}),\\ \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}C{}_1}}=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}C}}+\overrightarrow{{\displaystyle CC{}_1}}=(\sqrt{3},1,\sqrt{3}),\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B{}_1}}=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}+\overrightarrow{{\displaystyle BB{}_1}}=(0,2,\sqrt{3}),\end{array}$

知$C{}_1(\sqrt{3},1,\sqrt{3}),B{}_1(0,2,\sqrt{3}).$

因为G为△ABC的重心, 所以$G(\frac{\sqrt{3}}{3},0,0).$

因为$\overrightarrow{{\displaystyle BC{}_1}}=(\sqrt{3},0,\sqrt{3}),\overrightarrow{{\displaystyle AB{}_1}}=(0,3,\sqrt{3}),$

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}E}}=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}+\overrightarrow{{\displaystyle BE}}=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}+\frac{1}{3}\overrightarrow{{\displaystyle BC{}_1}}\\ =(\frac{\sqrt{3}}{3},1,\frac{\sqrt{3}}{3}),\\ \overrightarrow{{\displaystyle GE}}=\overrightarrow{{\displaystyle G{\rm O}}}+\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}E}}=(0,1,\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{1}{3}\overrightarrow{{\displaystyle AB{}_1}}\\ =\frac{1}{3}\overrightarrow{{\displaystyle AB{}_1}}+0\overrightarrow{{\displaystyle AB}}\end{array}$

(或$\overrightarrow{{\displaystyle GE}}=(0,1,\frac{\sqrt{3}}{3})=\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}B}}+\frac{1}{3}\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}A{}_1}}).$

又GE⊄平面AA1B1C,

所以GE//平面AA1B1B.

例3 (2004年湖南) 如图3, 在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中, $\angle ABC=60°,{\rm P}A=AC=a,{\rm P}B={\rm P}D=\sqrt{2}a$, 点E在PD上, 且PE ∶ED=2∶1.

在棱PC上是否存在一点F, 使BF//平面AEC?证明你的结论.

解:设$\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}}=\mathit{a},\overrightarrow{{\displaystyle AC}}=\mathit{b},\overrightarrow{{\displaystyle AD}}=\mathit{c}$.并设$\overrightarrow{{\displaystyle CF}}=\lambda \overrightarrow{{\displaystyle C{\rm P}}}(0<\lambda <1)$, 则

$\begin{array}{l}\overrightarrow{{\displaystyle BF}}=\overrightarrow{{\displaystyle BC}}+\overrightarrow{{\displaystyle CF}}=\overrightarrow{{\displaystyle AD}}+\lambda (\overrightarrow{{\displaystyle CA}}+\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}})\\ =\lambda \mathit{a}-\lambda \mathit{b}+\mathit{c},\\ \overrightarrow{{\displaystyle AE}}=\overrightarrow{{\displaystyle AD}}+\overrightarrow{{\displaystyle DE}}=\overrightarrow{{\displaystyle AD}}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{{\displaystyle DA}}+\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}})\\ =\frac{1}{3}\mathit{a}+\frac{2}{3}\mathit{c}.\end{array}$

令$\overrightarrow{{\displaystyle BF}}=m\overrightarrow{{\displaystyle AC}}+n\overrightarrow{{\displaystyle AE}},$

即$\lambda \mathit{a}-\lambda \mathit{b}+\mathit{c}=\frac{1}{3}n\mathit{a}+m\mathit{b}+\frac{2}{3}n\mathit{c},$

则由 a、b、c不共面, 得

$\{\begin{array}{l}\lambda =\frac{1}{3}n‚\\ -\lambda =m‚\\ 1=\frac{2}{3}n.\end{array}$

解得$\lambda =\frac{1}{2}‚m=-\frac{1}{2}‚n=\frac{3}{2}.$

所以$\overrightarrow{{\displaystyle CF}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{{\displaystyle C{\rm P}}}‚$且$\overrightarrow{{\displaystyle BF}}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{{\displaystyle AC}}+\frac{3}{2}\overrightarrow{{\displaystyle AE}}.$

又因为B平面AEC,

所以当F为PC中点时, BF//平面AEC.

例4 在四棱锥P—ABCD中, PD⊥平面ABCD, PA与平面ABCD所成的角为60°, 在四边形ABCD中, ∠ADC=∠DAB=90°, AB=4, CD=1, AD=2.若PB的中点为M, 求证:平面AMC⊥平面PBC.

证明:建立如图4所示的坐标系, 易得A (2, 0, 0) , C (0, 1, 0) , B (2, 4, 0) .

由PD⊥面ABCD, 得∠PAD为PA与面ABCD所成的角, 从而, 在Rt△PAD中,

$\angle {\rm P}AD=60°,{\rm P}D=AD\tan 60°=2\sqrt{3},$

得${\rm P}(0,0,2\sqrt{3}),{\rm M}(1,2,\sqrt{3}).$

所以$\overrightarrow{{\displaystyle CA}}=(2,-1,0),\overrightarrow{{\displaystyle C{\rm M}}}=(1,1,\sqrt{3}),\overrightarrow{{\displaystyle C{\rm P}}}=(0,-1,2\sqrt{3}),\overrightarrow{{\displaystyle CB}}=(2,3,0).$

设$\mathit{p}=\lambda \overrightarrow{{\displaystyle CA}}+\mu \overrightarrow{{\displaystyle C{\rm M}}}=(2\lambda +\mu ,-\lambda +\mu ,\sqrt{3}\mu )(\lambda ,\mu \in \mathbf{R})$, 令

$\{\begin{array}{l}\mathit{p}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle C{\rm P}}}=(\lambda -\mu )+6\mu =0‚\\ \mathit{p}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle CB}}=(4\lambda +2\mu )+(-3\lambda +3\mu )=0‚\end{array}$

得λ+5μ=0.

取λ=5, μ=-1, 得

$\begin{array}{l}(5\overrightarrow{{\displaystyle CA}}-\overrightarrow{{\displaystyle C{\rm M}}})\cdot \overrightarrow{{\displaystyle C{\rm P}}}=0‚\\ (5\overrightarrow{{\displaystyle CA}}-\overrightarrow{{\displaystyle C{\rm M}}})\cdot \overrightarrow{{\displaystyle CB}}=0.\end{array}$

所以平面AMC⊥平面PBC.

例5 如图5, 四边形ABCD是边长为2的正方形, PA⊥平面ABCD, DE//PA, PA=2DE=AB, 求证:平面PEC⊥平面PAC.

证明:由DE//PA, PA⊥平面ABCD, 得DE⊥平面ABCD, 于是建立如图的直角坐标系.易知,

$\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}}=(0‚0‚2)‚\overrightarrow{{\displaystyle AC}}=(2‚-2‚0)‚\overrightarrow{{\displaystyle E{\rm P}}}=(0‚2‚1)‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm P}C}}=(2‚-2‚-2)$.令

$\{\begin{array}{l}(\lambda \overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}}+\mu \overrightarrow{{\displaystyle AC}})\cdot \overrightarrow{{\displaystyle E{\rm P}}}=0‚\\ (\lambda \overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}}+\mu \overrightarrow{{\displaystyle AC}})\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm P}C}}=0‚\end{array}$

得2μ-λ=0.

取λ=2, μ=1, 得

$\begin{array}{l}(2\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}}+\overrightarrow{{\displaystyle AC}})\cdot \overrightarrow{{\displaystyle E{\rm P}}}=0‚\\ (2\overrightarrow{{\displaystyle A{\rm P}}}+\overrightarrow{{\displaystyle AC}})\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm P}C}}=0‚\end{array}$

所以平面PEC⊥平面PAC.

线面垂直的证明与应用 篇3

例1如图，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F.

求证：（Ⅰ）BC⊥平面PAB；（Ⅱ）AE⊥平面PBC；（Ⅲ）PC⊥平面AEF.

证明（Ⅰ）PA⊥平面ABC[⇒]

[PA⊥BCAB⊥BCPA⋂AB=A⇒BC⊥平面PAB.]

（Ⅱ）AE[⊂]平面PAB，由（Ⅰ）知

[AE⊥BCAE⊥PBPB⋂BC=B⇒AE⊥平面PBC.]

（Ⅲ）PC[⊂]平面PBC，由（Ⅱ）知

[PC⊥AEPC⊥AFAE⋂AF=A⇒PC⊥平面AEF.]

例2在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=a，又侧棱PA⊥底面ABCD.

（Ⅰ）当a为何值时，BD⊥平面PAC?试证明你的结论.

（Ⅱ）当[a=4]时，求证：BC边上存在一点M，使得PM⊥DM.

（Ⅲ）若在BC边上至少存在一点M，使PM⊥DM，求a的取值范围.

解析（Ⅰ）当[a=2]时，ABCD为正方形，则BD⊥AC.

又∵PA⊥底面ABCD，BD[⊂]平面ABCD，

∴BD⊥PA.∴BD⊥平面PAC.

故当[a=2]时，BD⊥平面PAC.

（Ⅱ）当[a=4]时，取BC边的中点M，AD边的中点N，连结AM、DM、MN.

∵ABMN和DCMN都是正方形，

∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=90°，即DM⊥AM.

又PA⊥底面ABCD，由三垂线定理得，PM⊥DM，

故当[a=4]时，BC边的中点M使PM⊥DM.

（Ⅲ）设M是BC边上符合题设的点M，

∵PA⊥底面ABCD，∴DM⊥AM.

因此，M点应是以AD为直径的圆和BC边的一个公共点，则AD≥2AB，即a≥4为所求.

例3正方形[ABCD]中，[AB=2]，[E]是[AB]边的中点，[F]是[BC]边上一点，将[△AED]及[△DCF]折起（如图），使[A、C]点重合于[A′]点.

（Ⅰ）证明：[A′D⊥EF]；

（Ⅱ）当[F]为[BC]的中点时，求[A′D]与平面[DEF]所成的角；

（Ⅲ）当[BF=14BC]时，求三棱锥[A′-EFD]的体积.

解析（Ⅰ）∵[A′D⊥A′E，A′D⊥A′F]，

∴[A′D]⊥平面[A′EF.∴A′D⊥EF].

（Ⅱ）取EF的中点G，连结[A′G、DG].

∵BE=BF=1，∠EBF=90°，∴[EF=2].

又∵[A′E=A′F=1]，

∴[∠EA′F=90°，A′G⊥EF]，得[A′G=22].

∵[A′G⊥EF，A′D⊥EF，A′G∩A′D=A′]，

∴[EF⊥平面A′DG.]

∴平面[DEF]⊥平面[A′DG.]

作[A′H⊥DG]于[H]，得[A′H]⊥平面[DEF]，

∴[∠A′DG为A′D与平面DEF]所成的角.

在Rt[△A′DG]中，[A′G=22]，[A′D=2]，

∴[∠A′DG=]arctan[24].

（Ⅲ）∵[A′D⊥平面A′EF]，

∴[A′D是三棱锥D—A′EF]的高.

又由[BE=1，BF=12]推出[EF=52]，

可得[SΔA′EF=54]，

[VA′－EFD=VD－A′EF]

[=13⋅SΔA′EF⋅A′D=13]·[54]·2=[56].

例4如图，在四棱锥[P-ABCD]中，侧面[PAD]⊥底面[ABCD]，侧棱[PA=PD＝2]，底面[ABCD]为直角梯形，其中[BC∥AD,AB⊥AD,][AD=2AB=2BC=2],[O]为[AD]中点.

（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的大小；

（Ⅲ）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为[32]？若存在，求出[AQQD]的值；若不存在，请说明理由.

解析（Ⅰ）在△PAD中，PA=PD,O为AD中点，

所以PO⊥AD.

又侧面PAD⊥底面ABCD,平面[PAD⋂]平面ABCD=AD, [PO⊂]平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中，

BC∥AD，[AD=2AB=2BC,]

有OD∥BC且OD=BC，

所以四边形OBCD是平行四边形，

所以OB∥DC.

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角，

所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.

因为[AD=2AB=2BC=2],在[Rt△AOB]中，[AB=1,][AO=1,]所以[OB＝2]，

在[Rt△POA]中，因为[AP＝2]，[AO＝1]，所以[OP＝1]，

在Rt[△PBO]中，

tan[∠PBO＝POBO=12=22,]

[∠PBO=arctan22.]

所以异面直线[PB与CD]所成的角是[arctan22].

（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为[32].

设[QD＝x]，则[SΔDQC=12x].

由（Ⅱ）得[CD=OB=][2]，

在Rt[△POC]中， [PC=OC2+OP2=2,]

所以[PC=CD=DP], [SΔPCD=34⋅(2)2=32,]

由[VP-DQC=VQ-PCD],得[x=32]，

所以存在点[Q]满足题意，此时[AQQD=13].

例5已知[△BCD]中，[∠BCD=90°]，[BC=CD=1]，[AB]⊥平面[BCD]，[∠ADB=60°，E、F]分别是[AC、AD]上的动点，且[AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).]

（Ⅰ）求证：不论[λ]为何值，总有平面[BEF]⊥平面ABC；

（Ⅱ）当[λ]为何值时，平面[BEF]⊥平面[ACD]？

解析（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD， ∴AB⊥CD.

∵CD⊥BC且AB∩BC=B， ∴CD⊥平面ABC.

又[∵AEAC=AFAD=λ(0<λ<1),]

∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，

∴EF⊥平面ABC，又EF[⊂]平面BEF,

∴不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF.

又平面BEF⊥平面ACD，

∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.

∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，

∴[BD=2,AB=2tan60∘=6,]

[∴AC=AB2+BC2=7.]

由[AB2=AE⋅AC],得[AE=67,∴λ=AEAC=67.] 故当[λ=67]时，平面[BEF]⊥平面[ACD].

例6如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，[∠ABC=60°],E、F分别是BC、PC的中点.

（Ⅰ）证明：AE⊥PD；

（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为[62]，求二面角[E-AF-C]的余弦值.

解析（Ⅰ）由四边形[ABCD]为菱形，[∠ABC=60°]，可得[△ABC]为正三角形.

因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.

又BC∥AD，因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD，AE[⊂]平面ABCD，

所以PA⊥AE.

而PA[⊂]平面PAD，AD[⊂]平面PAD，且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD.

又PD[⊂]平面PAD，所以AE⊥PD.

（Ⅱ）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH、EH.

由（Ⅰ）知，AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

所以当AH最短时，即当AH⊥PD时，∠EHA最大，

在Rt△EAH中，AE=[3]，

此时tan∠EHA=[AEAH=3AH=62,]因此AH=[2].

又AD=2，所以[∠ADH=45°]，

所以[PA=2].

因为PA⊥平面ABCD，PA[⊂]平面PAC，

所以平面PAC⊥平面ABCD.

过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC.

过O作OS⊥AF于S，连接ES，

则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，

在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=[32]，

AO=AE·cos30°=[32].

又F是PC的中点，在Rt△ASO中，

SO=AO·sin45°=[324],

又[SE=EO2+SO2=34+98=304,]

在Rt△ESO中，cos∠ESO=[SOSE=324304=155,]

第31课时线面垂直、面面垂直 篇4

教学目标：掌握线面垂直、面面垂直的证明方法，并能熟练解决相应问题.（一）主要知识及主要方法：

1.线面垂直的证明：1判定定理；2如果两条平行线中一条垂直于一个平面,那么另

一条也垂直于这个平面；3一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,它也垂直于另一个平面；4两个平面垂直,在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平

面.5如果两个相交平面都与第三个平面垂直,那么它们的交线与第三个平面垂直.2.面面垂直的证明：1计算二面角的平面角为90 ；

2如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面垂直;

（二）典例分析：

问题1．如图，正三棱柱ABCA1B1C

1的所有棱长都为2，D为CC1中点． 求证：AB1⊥平面A1BD

P AB

A1

CQ

C1D

问题2．如图，在三棱锥VABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且ACBCa，求证：平面VAB⊥VCD

V

C

AB

问题3．如图，在六面体ABCDABCD中，四边形

ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，1求证：A1C1与AC共面，B1D1与BD共面． 2求证：平面A1ACC1平面B1BDD1

（四）课后作业：

DD1平面A1B1C1D1，DD1平面ABCD，DD12．

D11 1A1D

1.如图所示，正方形ABCD中，E、F分别是AB、AD 的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF 与BE所成角的余弦值为.A

2.如图，在四棱锥EABCD中，AB平面BCE，CD平面BCE，ABBCCE2CD2，BCE120。求证：平面ADE平面ABE

线面垂直高考题 篇5

(2012天津文数).（本小题满分13分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PD=CD=2.（I）求异面直线PA与BC所成角的正切值；

（II）证明平面PDC⊥平面ABCD；

（III）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。

（2012天津理数）（本小题满分13分）P如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1.（Ⅰ）证明PC⊥AD；

（Ⅱ）求二面角A-PC-D的正弦值；

（Ⅲ）设E为棱PA上的点，满足异面

直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长.C

D

（2010年安徽）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF//AB，EF⊥FB，AB=2EF，BFC90,BF=FC，H为BC的中点.（I）求证：FH//平面EDB；

（II）求证：AC⊥平面EDB；

（III）求二面角B—DE—C的大小.(2012上海理数)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD

是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=22，PA=2.求：

E

（1）三角形PCD的面积；（6分）（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）

B

（2012山东）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；

（Ⅱ）求二面角F-BD-C的余弦值。

（2012年北京）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,(I)求证：A1C⊥平面BCDE；

(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由

（2012辽宁）如图，直三棱柱ABCABC，BAC90，[来源:学科网]

///

ABACAA/,点M，N分别为A/B和B/C/的中点。

(Ⅰ)证明：MN∥平面AACC;

(Ⅱ)若二面角AMNC为直二面角，求的值。

（2012江苏）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1ACCC1E分别是棱BC，11，D，上的点（点D 不同于点C），且ADDE，F为B1C1的中点． A1求证：（1）平面ADE平面BCC1B1；

（2）直线A1F//平面ADE．

（2012湖南），在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点。（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；

（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积。

B A

D

/

/

/

C1

E

（2012湖北），∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），（1）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；

（2）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小

（2012广东），在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。

（1）证明：BD⊥平面PAC；

（2）若PH=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值；

（2012年福建）在长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1=AD=1，E为CD中点。（Ⅰ）求证：B1E⊥AD1；

（Ⅱ）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的行；若存在，求AP的长；若不存在，说明理由。（Ⅲ）若二面角A-B1EA1的大小为30°，求AB的长。

（2012大纲全国卷）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC.（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；

（Ⅱ）设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小。

（2012安徽）平面图形ABB1AC11C如图4所示，其中BB1C1C是矩形，BC2,BB1

4，ABAC，A1B1A1C1BC和B1C1折叠，使ABC

与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接AA1,BA1,CA1,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。

线面垂直练习题 篇6

已知点P为平面ABC外一点，PA⊥BC，PC⊥AB，求证：PB⊥

AC.例2如图9,在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求直线A1B和平面A1B1CD所成的角.变式训练

如图10，四面体A—BCD的棱长都相等，Q是AD的中点，求CQ与平面DBC所成的角的正弦值.图10

例3如图11(1)，在直四已知AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；（2）设E是DC上一点，A1BD，并说明理由.棱柱ABCD—A1B1C1D1中，DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，试确定E的位置，使D1E∥平面

变式训练

如图12，在正方体ABCD—A1B1C1D1，G为CC1的中点，O为底面ABCD的中心.求证：A1O⊥平面

GBD.图121、如图，已知a、b是两条相互垂直的异面直线，线段AB与两异面直线a、b垂直且相交，线段AB的长为定值m，定长为n（n＞m）的线段PQ的两个端点分别在a、b上移动，M、N分别是AB、PQ的中点

.求证：