资源简介

第2课时　直线与平面垂直的性质定理
—— (教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)
[课时目标]
1．借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与平面垂直的性质定理．
2．会应用线面垂直的性质定理证明一些简单的线面关系．
1．直线与平面垂直的性质定理
文字语言 垂直于同一个平面的两条直线______
符号语言 ________
图形语言
作用 ①线面垂直 线线平行，②作平行线
2．线面距与面面距
(1)一条直线与一个平面平行时，这条直线上____________到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．
(2)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的__________到另一个平面的距离________，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．
3．直线与平面垂直的性质
(1) l⊥b.　(2) a∥b.
(3) b⊥α.　(4) a⊥β.
(5) α∥β.
(6)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
(7)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)垂直于同一条直线的两个平面互相平行．(　　)
(2)垂直于同一平面的两条直线互相平行．(　　)
(3)一条直线在平面内，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直．(　　)
2．矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角是________．
3．在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，若点A1到平面ABCD的距离为4，则直线A1B1到平面ABCD的距离为________，平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离为________．
题型(一)　直线与平面垂直性质定理的应用
[例1]　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.
听课记录：
|思|维|建|模|
关于线面垂直性质定理的应用
在证明与垂直相关的平行问题时，可以考虑线面垂直的性质定理，利用已知的垂直关系构造线面垂直，关键是确定与要证明的两条直线都垂直的平面．　　
[针对训练]
1．如图，α∩β＝l，PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B，a α，a⊥AB.求证：a∥l.
题型(二)　距离问题
[例2]　(2023·天津高考，节选)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别是BC，BA的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求点C到平面C1MA的距离．
听课记录：
|思|维|建|模|
(1)从平面外一点作一个平面的垂线，这个点与垂足间的距离就是这个点到这个平面的距离．当该点到已知平面的垂线不易作出时，可利用线面平行、面面平行的性质转化为与已知平面等距离的点作垂线，然后计算．
(2)利用中点转化：如果条件中具有中点条件，将一个点到平面的距离，借助中点(等分点)，转化为另一点到平面的距离．
(3)通过换底转化：一是直接换底，以方便求几何体的高；二是将底面扩展(分割)，以方便求底面积和高．　　
[针对训练]
2．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，棱AA1＝12，AB＝5.
(1)求点B1到平面A1BCD1的距离；
(2)求B1C1到平面A1BCD1的距离．
题型(三)　线面垂直的综合问题
[例3]　如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中点．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)当点F在BB1上的什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
听课记录：
|思|维|建|模|
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．　　
[针对训练]
3.如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝90°，AB∥CD，AD＝AF＝CD＝2，AB＝4.
(1)求证：AC⊥平面BCE；
(2)求证：AD⊥AE.
第2课时　直线与平面垂直的性质定理
课前预知教材
1．平行　a∥b
2．(1)任意一点　(2)任意一点　都相等
[基础落实训练]
1．(1)√　(2)√　(3)√
2．解析：由题意知∠PCA为PC与平面ABCD所成的角．
在Rt△PAC中，tan∠PCA＝＝＝，
∴∠PCA＝30°.
答案：30°
3．4　4
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1]　证明：∵AB⊥平面PAD，AE 平面PAD，∴AE⊥AB.
又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中点，∴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.
[针对训练]
1．证明：∵PA⊥α，l α，∴PA⊥l.同理PB⊥l.
∵PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，∴l⊥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.
[题型(二)]
[例2]　解：(1)连接MN.由M，N分别是BC，BA的中点，根据中位线性质，MN∥AC，且MN＝＝1，由棱台性质，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1，又A1N 平面C1MA，MC1 平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
(2)过点C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ，PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由题干数据可得，C1A＝C1C＝，C1M＝＝.根据勾股定理，
C1Q＝ ＝.
由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，则C1P⊥AM.又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P 平面C1PQ，所以AM⊥平面C1PQ.又PR 平面C1PQ，则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，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍．
即点C到平面C1MA的距离是.
[针对训练]
2．解：(1)如图，过点B1作B1E⊥A1B于点E.
由题意知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.
∴线段B1E的长即为所求．
在Rt△A1B1B中，B1E＝＝＝.∴点B1到平面A1BCD1的距离为.
(2)∵B1C1∥BC，且B1C1 平面A1BCD1，BC 平面A1BCD1，
∴B1C1∥平面A1BCD1.
∴点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．
∴直线B1C1到平面A1BCD1的距离为.
　[题型(三)]
[例3]　解：(1)证明：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A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1 平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)如图，作DE⊥AB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，连接C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F为所求．
因为C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D，
所以AB1⊥平面C1DF.
因为AA1＝A1B1＝，
所以四边形AA1B1B为正方形．
又D为A1B1的中点，DF⊥AB1，
所以F为BB1的中点．所以当点F为BB1的中点时，AB1⊥平面C1DF.
[针对训练]
3．证明：(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.
因为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)因为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张PPT)
直线与平面垂直的性质定理
(教学方式:深化学习课 梯度进阶式教学)
第2课时
课时目标
1.借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与平面垂直的性质定理.
2.会应用线面垂直的性质定理证明一些简单的线面关系.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
01
1.直线与平面垂直的性质定理
文字语言 垂直于同一个平面的两条直线_____
符号语言 _______
图形语言
作用 ①线面垂直 线线平行,②作平行线
平行
a∥b
2.线面距与面面距
(1)一条直线与一个平面平行时,这条直线上_________到这个平面的距离,叫做这条直线到这个平面的距离.
(2)如果两个平面平行,那么其中一个平面内的__________到另一个平面的距离_______,我们把它叫做这两个平行平面间的距离.
任意一点
任意一点
都相等
3.直线与平面垂直的性质
(1) l⊥b.(2) a∥b.
(3) b⊥α.(4) a⊥β.
(5) α∥β.
(6)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直.
(7)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)垂直于同一条直线的两个平面互相平行. (　　)
(2)垂直于同一平面的两条直线互相平行. (　　)
(3)一条直线在平面内,另一条直线与这个平面垂直,则这两条直线互相垂直. (　　)
√
√
√
2.矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成的角是　　　.
解析:由题意知∠PCA为PC与平面ABCD所成的角.
在Rt△PAC中,tan∠PCA===,
∴∠PCA=30°.
30°
3.在四棱台ABCD A1B1C1D1中,若点A1到平面ABCD的距离为4,则直线A1B1到平面ABCD的距离为　　,平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离为　　.
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课堂题点研究·迁移应用融通
02
题型(一)　直线与平面垂直性质定理的应用
[例1]　如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.证明:AE∥MN.
证明:∵AB⊥平面PAD,AE 平面PAD,∴AE⊥AB.
又AB∥CD,∴AE⊥CD.
∵AD=AP,E是PD的中点,∴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|维|建|模|
关于线面垂直性质定理的应用
在证明与垂直相关的平行问题时,可以考虑线面垂直的性质定理,利用已知的垂直关系构造线面垂直,关键是确定与要证明的两条直线都垂直的平面.
1.如图,α∩β=l,PA⊥α,PB⊥β,垂足分别为A,B,a α,a⊥AB.求证:a∥l.
针对训练
证明:∵PA⊥α,l α,∴PA⊥l.同理PB⊥l.
∵PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,
∴l⊥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.
题型(二)　距离问题
[例2]　 (2023·天津高考,节选)如图,在三棱台ABC A1B1C1中,若A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分别是BC,BA的中点.
(1)求证:A1N∥平面C1MA;
解:连接MN.由M,N分别是BC,BA的中点,根据中位线性质,MN∥AC,且MN==1,由棱台性质,A1C1∥AC,于是MN∥A1C1,由MN=A1C1=1可知,四边形MNA1C1是平行四边形,则A1N∥MC1,又A1N 平面C1MA,MC1 平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA.
(2)求点C到平面C1MA的距离.
解:过点C1作C1P⊥AC,垂足为P,作C1Q⊥AM,垂足为Q,连接PQ,PM,过P作PR⊥C1Q,垂足为R.
由题干数据可得,C1A=C1C=,C1M==.
根据勾股定理,C1Q==.
由C1P⊥平面AMC,AM 平面AMC,则C1P⊥AM.又C1Q⊥AM,
C1Q∩C1P=C1,C1Q,C1P 平面C1PQ,所以AM⊥平面C1PQ.
又PR 平面C1PQ,则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,故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍.
即点C到平面C1MA的距离是.
|思|维|建|模|
(1)从平面外一点作一个平面的垂线,这个点与垂足间的距离就是这个点到这个平面的距离.当该点到已知平面的垂线不易作出时,可利用线面平行、面面平行的性质转化为与已知平面等距离的点作垂线,然后计算.
(2)利用中点转化:如果条件中具有中点条件,将一个点到平面的距离,借助中点(等分点),转化为另一点到平面的距离.
(3)通过换底转化:一是直接换底,以方便求几何体的高;二是将底面扩展(分割),以方便求底面积和高.
2.已知在长方体ABCD A1B1C1D1中,棱AA1=12,AB=5.
(1)求点B1到平面A1BCD1的距离;
解:如图,过点B1作B1E⊥A1B于点E.由题意知BC⊥平面A1ABB1,且B1E 平面A1ABB1,
∴BC⊥B1E.
∵BC∩A1B=B,BC 平面A1BCD1,A1B 平面A1BCD1,
针对训练
∴B1E⊥平面A1BCD1.
∴线段B1E的长即为所求.
在Rt△A1B1B中,B1E===.
∴点B1到平面A1BCD1的距离为.
(2)求B1C1到平面A1BCD1的距离.
解:∵B1C1∥BC,且B1C1 平面A1BCD1,BC 平面A1BCD1,
∴B1C1∥平面A1BCD1.
∴点B1到平面A1BCD1的距离即为所求.
∴直线B1C1到平面A1BCD1的距离为.
题型(三)　线面垂直的综合问题
[例3] 如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=,
D是A1B1的中点.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B;
解:证明: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A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)当点F在BB1上的什么位置时,会使得AB1⊥平面C1DF 并证明你的结论.
解:如图,作DE⊥AB1交AB1于E,延长DE交BB1于F,连接C1F,则AB1⊥平面C1DF,点F为所求.
因为C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,
所以AB1⊥平面C1DF.
因为AA1=A1B1=,
所以四边形AA1B1B为正方形.
又D为A1B1的中点,DF⊥AB1,
所以F为BB1的中点.
所以当点F为BB1的中点时,AB1⊥平面C1DF.
|思|维|建|模|
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.
3.如图,已知AF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形,四边
形ABCD为直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD,AD=AF=
CD=2,AB=4.
(1)求证:AC⊥平面BCE;
针对训练
证明: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.
因为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)求证:AD⊥AE.
证明:因为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.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.在正方体ABCD A1B1C1D1中,直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1,则(　　)
A.B1B⊥l B.B1B∥l
C.B1B与l异面但不垂直 D.B1B与l相交但不垂直
解析:因为B1B⊥平面A1C1,且l⊥平面A1C1,所以l∥B1B.
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2.已知△ABC所在的平面为α,直线l⊥AB,l⊥AC,直线m⊥BC,m⊥AC,则直线l,m的位置关系是 (　　)
A.相交 B.异面
C.平行 D.不确定
解析:因为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.由直线与平面垂直的性质定理知l∥m.
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3.(2024·天津高考)若m,n为两条直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是 (　　)
A.若m∥α,n∥α,则m⊥n B.若m∥α,n∥α,则m∥n
C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m∥α,n⊥α,则m与n相交
解析:若m∥α,n∥α,则m与n可能平行、相交或异面,故A、B错误;若m∥α,n⊥α,则m⊥n,且m与n可能相交,也可能异面,故C正确,D错误.
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4.已知平面α∥平面β,m α,n β,且直线m与n不平行.记平面α,β的距离为d1,直线m,n的距离为d2,则 (　　)
A.d1C.d1>d2 D.d1与d2大小不确定
解析:因为平面α∥平面β,m α,n β,且直线m与n不平行,所以平面α,β的距离等于直线m,n的距离,即d1=d2.故选B.
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5.(多选)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不重合的平面,给定下列四个命题,其中的真命题是 (　　)
A.若m⊥n,n α,则m⊥α
B.若m⊥α,n α,则m⊥n
C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
D.若m α,n β,α∥β,则m∥n
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解析:对于A,直线m垂直于平面α内的一条直线n,则直线m与平面α不一定垂直,所以A不是真命题;对于B,是直线与平面垂直的定义的应用,所以B是真命题;对于C,是直线与平面垂直的性质定理,所以C是真命题;对于D,分别在两个平行平面α,β内的直线m,n平行或异面,所以D不是真命题.故选B、C.
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6.已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,如图所示,且AF=DE,AD=6,则EF=　　　　.
解析:因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE.又AF=DE,所以四边形AFED是平行四边形.所以EF=AD=6.
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7.在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中,当底面四边形ABCD满足条件________时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情况).
解析:当BD⊥AC时,BD⊥AA1,所以BD⊥平面AA1C,从而BD⊥A1C.又B1D1∥BD,所以A1C⊥B1D1.
BD⊥AC
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8.已知线段AB在平面α的同侧,A,B到α的距离分别为3和5,则AB的中点到α的距离为　　.
解析:如图,设AB的中点为M,分别过A,M,B向α作垂线,垂足分别为A1,M1,
B1.则由线面垂直的性质可知,AA1∥MM1∥BB1.四边形AA1B1B为直角梯形,AA1=3,BB1=5,MM1为其中位线,∴MM1=4.
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9.(10分)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.
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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,A1D,CD 平面A1DC,所以AD1⊥平面A1DC.
又因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.
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10.(10分)如图,PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD,E,F分别为BC,CD上的点,且EF⊥AC.
求证:=.
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证明:∵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级——重点培优
11.已知直线l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A α,B α,且OA=AB.若AC⊥平面α,垂足为C,BD⊥平面α,垂足为D,AC=1,则BD=(　　)
A.2 B.1
C. D.
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解析:因为AC⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD.连接OD,所以=.因为OA=AB,所以=.因为AC=1,所以BD=2.故选A.
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12.(2022·新课标Ⅰ卷)(多选)已知正方体ABCD A1B1C1D1,则 (　　)
A.直线BC1与DA1的夹角为90°
B.直线BC1与CA1的夹角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
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√
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解析:如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,
因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1.所以直线BC1与DA1
的夹角为90°,故A正确.
在正方体ABCD A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1 平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C=C,CD,B1C 平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1 平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1.所以直线BC1与CA1的夹角为90°,故B正确.
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连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D.连接OB,因为OB 平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=a,OC1=,所以在Rt△BOC1中,OC1=BC1.所以∠OBC1=30°,故C错误.
因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角.易得∠CBC1=45°,故D正确.故选A、B、D.
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13.已知平面α∥平面β,点A,C∈α,点B,D∈β,若AB+CD=33,且AB,CD在β内射影长分别为5和16,则α与β间距离为　　.
解析:如图,过点A作AE⊥β,垂足为E,过点C作CF⊥β,垂足为F,由题意可知,BE=5,DF=16,设AB=x,CD=33-x,则x2-25=(33-x)2-256,解得x=13,∴平面α与β间的距离AE==12.
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14.已知∠ACB=90°,M为平面ABC外一点,MC=,点M到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么M到平面ABC的距离为　　　　.
解析:作MD,ME分别垂直于AC,BC,MO⊥平面ABC,
连接CO,则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,则CO为∠ACB的平分线,∴∠OCD=45°,OD=CD=1,OC=,又MC=,∴MO==1.
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15.(16分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中:
(1)求证:A1A∥平面BB1D1D;
解:证明:在长方体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的距离.
解:由(1)知A1A∥平面BB1D1D,则直线A1A上任意一点到
平面BB1D1D的距离都相等.
如图,过点A作AH⊥BD交BD于H,易知BB1⊥平面ABCD,
因为AH 平面ABCD,所以BB1⊥AH.
因为BB1∩BD=B,
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所以AH⊥平面BB1D1D,
即AH的长为直线A1A到平面BB1D1D的距离.
在△ABD中,AB=4,AD=3,则BD=5.
由等面积法得AH===,
所以A1A到平面BB1D1D的距离为.课时跟踪检测(三十七)　直线与平面垂直的性质定理
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1，则(　　)
A．B1B⊥l
B．B1B∥l
C．B1B与l异面但不垂直
D．B1B与l相交但不垂直
2．已知△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是(　　)
A．相交 B．异面
C．平行 D．不确定
3．(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
4．已知平面α∥平面β，m α，n β，且直线m与n不平行．记平面α，β的距离为d1，直线m，n的距离为d2，则(　　)
A．d1C．d1>d2 D．d1与d2大小不确定
5．(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中的真命题是(　　)
A．若m⊥n，n α，则m⊥α
B．若m⊥α，n α，则m⊥n
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
D．若m α，n β，α∥β，则m∥n
6.已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，如图所示，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝________.
7．在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况).
8．已知线段AB在平面α的同侧，A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为________.
9．(10分)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.
10．(10分)如图，PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，E，F分别为BC，CD上的点，且EF⊥AC.求证：＝.
B级——重点培优
11．已知直线l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A α，B α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝(　　)
A．2 B．1
C. D.
12．(2022·新课标Ⅰ卷)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则(　　)
A．直线BC1与DA1的夹角为90°
B．直线BC1与CA1的夹角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
13．已知平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，若AB＋CD＝33，且AB，CD在β内射影长分别为5和16，则α与β间距离为________.
14．已知∠ACB＝90°，M为平面ABC外一点，MC＝，点M到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么M到平面ABC的距离为________.
15．(16分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中：
(1)求证：A1A∥平面BB1D1D；
(2)若AB＝4，AD＝3，求A1A到平面BB1D1D的距离.
课时跟踪检测(三十七)
1．选B　因为B1B⊥平面A1C1，且l⊥平面A1C1，所以l∥B1B.
2．选C　因为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.由直线与平面垂直的性质定理知l∥m.
3．选C　若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误．
4．选B　因为平面α∥平面β，m α，n β，且直线m与n不平行，所以平面α，β的距离等于直线m，n的距离，即d1＝d2.故选B.
5．选BC　对于A，直线m垂直于平面α内的一条直线n，则直线m与平面α不一定垂直，所以A不是真命题；对于B，是直线与平面垂直的定义的应用，所以B是真命题；对于C，是直线与平面垂直的性质定理，所以C是真命题；对于D，分别在两个平行平面α，β内的直线m，n平行或异面，所以D不是真命题．故选B、C.
6．解析：因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE.又AF＝DE，所以四边形AFED是平行四边形．所以EF＝AD＝6.
答案：6
7．解析：当BD⊥AC时，BD⊥AA1，
所以BD⊥平面AA1C，从而BD⊥A1C.
又B1D1∥BD，所以A1C⊥B1D1.
答案：BD⊥AC
8．解析：如图，设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足分别为A1，M1，B1.则由线面垂直的性质可知，AA1∥MM1∥BB1.四边形AA1B1B为直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1为其中位线，∴MM1＝4.
答案：4
9．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，A1D，CD 平面A1DC，所以AD1⊥平面A1DC.
又因为MN⊥平面A1DC，所以MN∥AD1.
10．证明：∵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.选A　因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.连接OD，所以＝.因为OA＝AB，所以＝.因为AC＝1，所以BD＝2.故选A.
12.选ABD　如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1.所以直线BC1与DA1的夹角为90°，故A正确．
在正方体ABCD A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1 平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连接B1C，则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C，CD，B1C 平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1 平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1.所以直线BC1与CA1的夹角为90°，故B正确．
连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D.连接OB，因为OB 平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝a，OC1＝，所以在Rt△BOC1中，OC1＝BC1.所以∠OBC1＝30°，故C错误．
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角．易得∠CBC1＝45°，故D正确．故选A、B、D.
13．解析：如图，过点A作AE⊥β，垂足为E，过点C作CF⊥β，垂足为F，由题意可知，BE＝5，DF＝16，设AB＝x，CD＝33－x，则x2－25＝(33－x)2－256，解得x＝13，∴平面α与β间的距离AE＝＝12.
答案：12
14．解析：作MD，ME分别垂直于AC，BC，MO⊥平面ABC，连接CO，则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，则CO为∠ACB的平分线，∴∠OCD＝45°，OD＝CD＝1，OC＝，又MC＝，∴MO＝＝1.
答案：1
15．解：(1)证明：在长方体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，
则直线A1A上任意一点到平面BB1D1D的距离都相等．
如图，过点A作AH⊥BD交BD于H，
易知BB1⊥平面ABCD，
因为AH 平面ABCD，所以BB1⊥AH.
因为BB1∩BD＝B，
所以AH⊥平面BB1D1D，
即AH的长为直线A1A到平面BB1D1D的距离．
在△ABD中，AB＝4，AD＝3，则BD＝5.
由等面积法得AH＝＝＝，
所以A1A到平面BB1D1D的距离为.

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