§8.4 直线、平面垂直的判定与性质.ppt

§8.4直线、平面垂直的判定与性质考点一直线与直线、直线与平面垂直的判定
1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 ()
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC2.(2018课标全国Ⅱ,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC
的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.
 解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,
所以OP⊥AC,且OP=2 .
连接OB,因为AB=BC= AC,
所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB= AC=2.
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC= AC=2,CM= BC= ,∠ACB=45°.
所以OM= ,CH= = .
所以点C到平面POM的距离为 .3.(2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明:AC⊥BD;
(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.
 解析(1)取AC的中点O,连接DO,BO.
因为AD=CD,所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以
BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.
由题设知△AEC为直角三角形,所以EO= AC.
又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO= BD.
故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 ,四面体ABCE的体积为
四面体ABCD的体积的 ,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.4.(2014课标Ⅰ,19,12分,0.320)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明:B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
 解析(1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1.

又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO,故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD.作OH⊥AD,垂足为H.
由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.
又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又BC=1,可得OD= .
由于AC⊥AB1,所以OA= B1C= .
由OH·AD=OD·OA,且AD= = ,
得OH= .
又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为 .
故三棱柱ABC-A1B1C1的高为 .考点二平面与平面垂直的判定
1.(2018课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ= DA,求三棱锥Q-ABP的体积.
 解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.
又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3 .
又BP=DQ= DA,所以BP=2 .
作QE⊥AC,垂足为E,则QE􀱀 DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥Q-ABP的体积为
VQ-ABP= ·QE·S△ABP= ×1× ×3×2 sin45°=1.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:
(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;
(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;
(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;
(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.2.(2018课标全国Ⅲ,19,