教学内容：直线与平面垂直的判定和性质

　　【基础知识精讲】

　　1.直线与平面垂直的判定

　　定义 直线a与平面α内的任意一条直线都垂直，叫做a垂直于α，记为a⊥α.注意把直线和平面的位置关系转化为直线和直线的关系.

　　判定 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.

　　mα，nα，M∩N=A,l⊥m,l⊥nl⊥α

 

　　如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这一个平面.

　　a∥b，a⊥αb⊥α

 

　　2.直线与平面垂直的性质定理

　　性质 如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.

　　a⊥α，b⊥αa∥b.

 

　　是证明线线平行的又一种方法.

　　3.点、直线和平面的距离

　　点到平面的距离：从平面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的距离.

　　直线和平面的距离：一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到平面的距离.

　　注意：一条直线上有两点到平面的距离相等时，这条直线可以和平面相交，利用直线和平面的距离可间接求两异面直线间的距离.

　　4.平面的垂线、斜线、射影

　　自一点向平面引垂线，垂足叫做这点在这个平面上的射影，这个点与垂足间的线段叫做这点到这个平面的垂线段.一条直线和平面相交但不垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这点到该平面的斜线段.

　　过斜足以外的点引平面的垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影，垂足和斜足间的线段叫做这点到平面的斜线段在这个平面上的射影.

　　从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中：射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长;相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长;垂线段比任何一条斜线段都短.

　　5.直线和平面所成的角

　　平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，若直线垂直于平面，则成直角，若直线在平面内或平行于平面，我们规定为0°角，从而任意一条直线与平面成角θ的取值范围为[0°，90°]

　　特别指出的是：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角.

　　6.三垂线定理及逆定理

　　三垂线定理

　　在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直;

　　三垂线定理的逆定理

　　在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直.

　　必须弄清定理中一面四线：基础平面、平面的垂线、斜线及斜线在平面上的射影.它们有三种垂直关系：即垂线PA和平面α的垂直关系;射影AB和直线a的垂直关系;斜线PB和直线a的垂直关系.a在平面α内，但定理与a在α的位置无关，因此要掌握a在α的不同位置的情况.

　　熟练掌握三垂线定理及其逆定理，善于在各种空间复杂的图形中找出符合三垂线定理的面以及该面的垂线，从而应用于证明线线垂直，计算点线距离、线面交角以及二面角的平面角等，并理解cosθ=的由来也能酌情加以应用.

 

　　【重点难点解析】

　　本课的重点是：线面垂直定义，判定定理及性质定理，应牢固掌握并熟练应用：直线与平面所成角及线面间距离，射影定理，三垂线定理及逆定理应能应用与掌握.线面垂直的定义及判定定理和性质定理的证明是本课的难点.学习本节注意体会反证法的证明思路.

　　例1 已知矩形ABCD，过A作SA⊥平面AC，再过A作AE⊥SB交SB于E，过E作EF⊥SC交SC于F

　　(1)求证：AF⊥SC

　　(2)若平面AEF交SD于G，求证：AG⊥SD

　　

 

　　分析 如图，欲证AF⊥SC，只需证SC垂直于AF所在平面，即SC⊥平面AEF，由已知，欲证SC⊥平面AEF，只需证AE垂直于SC所在平面，即AE⊥平面ABC，再由已知只需证AE⊥BC，而要证AE⊥BC，只需证BC⊥平面SAB，而这可由已知得证

　　证明 (1)∵SA⊥平面AC，BC平面AC，∴SA⊥BC

 

　　∵矩形ABCD，∴AB⊥BC

　　∴BC⊥平面SAB

　　∴BC⊥AE又SB⊥AE ∴AE⊥平面SBC

　　∴SC⊥平面AEF

　　∴AF⊥SC

　　(2)∵SA⊥平面AC ∴SA⊥DC，又AD⊥DC

　　∴DC⊥平面SAD ∴DC⊥AG

　　又由(1)有SC⊥平面AEF，AG平面AEF

 

　　∴SC⊥AG ∴AG⊥平面SDC ∴AG⊥SD

　　例2 已知四面体A—BCD，AO1⊥平面BCD，且O1为ΔBCD的垂心.BO2⊥平面ACD，求证：O2是ΔACD的垂心.

　　

 

　　证明 如图所示，连结BO1，AO2，

　　∵AO1⊥平面BCD，O1为ΔBCD的垂心，

　　∴BO1⊥CD，由三垂线定理得AB⊥CD.

　　又BO2⊥平面ACD，由三垂线逆定理得AO2⊥CD.

　　同理连结DO1，CO2可证BC⊥AD，即CO2⊥AD.

　　∴O2是ΔACD垂心.

　　例3 正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面三条对角线AB1、BC1、CA1中，AB1⊥BC1.求证：AB1⊥CA1.

　　

 

　　证 方法1 如图，延长B1C1到D，使C1D=B1C1.连CD、A1D.因AB1⊥BC1，故AB1⊥CD;又B1C1=A1C1=C1D，故∠B1A1D=90°，于是DA1⊥平面AA1B1B.故AB1⊥平面A1CD，因此AB1⊥A1C.

　　方法2 如图，取A1B1、AB的中点D1、P.连CP、C1D1、A1P、D1B，易证C1D1⊥平面AA1B1B.由三垂线定理可得AB1⊥BD1，从而AB1⊥A1D.再由三垂线定理的逆定理即得AB1⊥A1C.

　　说明 证明本题的关键是作辅助面和辅助线，证明线面垂直常采用下列方法：

　　(1)利用线面垂直的定义;

　　(2)证明直线垂直于平面内的两条相交直线;

　　(3)证明直线平行于平面的垂线;

　　(4)证明直线垂直于与这平面平行的另一平面.

　　例4 已知：正三棱柱ABC—A′B′C′中，AB′⊥BC′，BC=2，求：线段AB′在侧面上的射影长.

 

　　

 

　　解 如图，取BC的中点D.∵AD⊥BC，侧面⊥底面ABC，∴AD⊥侧面是斜线AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′，∴⊥BC′.

 

　　设BB′=x，在RtΔ中，BE∶BD=，=.

 

　　∵E是ΔBB′C的重心.∴BE=BC′=

 

　　∴x=·，解得：x=.

 

　　∴线段AB′在侧面的射影长为

.　　例5 平面α外一点A在平面α内的射影是A′，BC在平面内，∠ABA′=θ，，∠ABC=，求证:cosγ=cosθ·cosβ.

 

　　证明 过A′作⊥BC于C′，连AC′.

 

　　∵AA′⊥平面α，BC垂直AC在平面α内的射线

.　　∴BC′⊥AC′，cos=.

 

　　又∵cosθ=,cosβ=，

 

　　∴cos=cosθ·cosβ.

 

　　例6 ΔABC在平面α内的射影是ΔA′B′C′，它们的面积分别是S、S′，若ΔABC所在平面与平面α所成二面角的大小为θ(0<θ<90°=，则S′=S·cosθ.

　　证法一 如图(1)，当BC在平面α内，过A′作A′D⊥BC，垂足为D.

　　

 

　　∵AA′⊥平面α，AD在平面α内的射影A′D垂直BC.

　　∴AD⊥BC.∴∠ADA′=θ.

　　又S′=A′D·BC，S=AD·BC，cosθ=,∴S′=S·cosθ.

 

　　证法二 如图(2)，当B、C两点均不在平面α内或只有一点(如C)在平面α内，可运用(1)的结论证明S′=S·cosθ.

　　【难题巧解点拨】

　　例1 求证：端点分别在两条异面直线a和b上的动线段AB的中点共面.

　　

 

　　证明 如图，设异面直线a、b的公垂线段是PQ，PQ的中点是M，过M作平面α，使PQ⊥平面α，且和AB交于R，连结AQ，交平面α于N.连结MN、NR.∵PQ⊥平面α，MN

α，∴PQ⊥MN.在平面APQ内，PQ⊥a,PQ⊥MN,∴MN∥a,a∥α，又∵PM=MQ，∴AN=NQ，同理可证NR∥b,RA=RB.

 

　　即动线段的中点在经过中垂线段中点且和中垂线垂直的平面内.

　　例2 如图，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1，AA1=

，M是CC1的中点，求证：AB1⊥A1M.

 

　　

 

　　分析：不难看出B1C1⊥平面AA1C1C，AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影.欲证A1M⊥AB1，只要能证A1M⊥AC1就可以了.　　证：连AC1，在直角ΔABC中，BC=1，∠BAC=30°，　　∴ AC=A1C1=

.　　设∠AC1A1=α，∠MA1C1=β

　　∴ tanα===,

 

　　tgβ===.

 

　　∵cot(α+β)===0,

 

　　∴α+β=90° 即AC1⊥A1M.

　　∵B1C1⊥C1A1，CC1⊥B1C1，∴B1C1⊥平面AA1CC1，

　　AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影.

　　∵AC1⊥A1M，∴由三垂线定理得A1M⊥AB1.

　　评注：本题在证AC1⊥A1M时，主要是利用三角函数，证α+β=90°，与常见的其他题目不太相同.

　　例3 矩形ABCD，AB=2，AD=3，沿BD把ΔBCD折起，使C点在平面ABD上的射影恰好落在AD上.

　　(1)求证：CD⊥AB;

　　(2)求CD与平面ABD所成角的余弦值.

　　

 

　　(1)证明 如图所示，∵CM⊥面ABD，AD⊥AB，

　　∴CD⊥AB

　　(2)解：∵CM⊥面ABD

　　∴∠CDM为CD与平面ABD所成的角，

　　cos∠CDM=

 

　　作CN⊥BD于N，连接MN，则MN⊥BD.在折叠前的矩形ABCD图上可得

　　DM∶CD=CD∶CA=AB∶AD=2∶3.

　　∴CD与平面ABD所成角的余弦值为

 

　　例4 空间四边形PABC中，PA、PB、PC两两相互垂直，∠PBA=45°，∠PBC=60°，M为AB的中点.(1)求BC与平面PAB所成的角;(2)求证：AB⊥平面PMC.

　　

 

　　分析：此题数据特殊，先考虑数据关系及计算、发现解题思路.

　　解 ∵ PA⊥AB，∴∠APB=90°

　　在RtΔAPB中，∵∠ABP=45°，设PA=a，则PB=a,AB=a,∵PB⊥PC，在RtΔPBC中，

 

　　∵∠PBC=60°,PB=a.∴BC=2a,PC=a.

 

　　∵AP⊥PC ∴在RtΔAPC中，AC===2a

 

　　(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面PAB，

　　∴BC在平面PBC上的射影是BP.

　　∠CBP是CB与平面PAB所成的角

　　∵∠PBC=60°，∴BC与平面PBA的角为60°.

　　(2)由上知，PA=PB=a,AC=BC=2a.

　　∴M为AB的中点，则AB⊥PM，AB⊥CM.

　　∴AB⊥平面PCM.

　　说明 要清楚线面的垂直关系，线面角的定义，通过数据特点，发现解题捷径.

　　例5 在空间四边形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB与平面ABC所成角分别为30°和45°。(1)直线PC与AB能否垂直?证明你的结论;(2)若点P到平面ABC的距离为h，求点P到直线AB的距离.

　　分析：主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系的综合应用及线面角，点面间距离等概念应用，空间想象力及推理能力.

　　

 

　　解 (1)AB与PC不能垂直，证明如下：假设PC⊥AB，作PH⊥平面ABC于H，则HC是PC在平面ABC的射影，∴HC⊥AB，∵PA、PB在平面ABC的射影分别为HB、HA，PB⊥BC，PA⊥PC.

　　∴BH⊥BC，AH⊥AC

　　∵AC⊥BC，∴平行四边形ACBH为矩形.

　　∵HC⊥AB，∴ACBH为正方形.

　　∴HB=HA

　　∵PH⊥平面ACBH.∴ΔPHB≌ΔPHA.

　　∴∠PBH=∠PAH，且PB，PA与平面ABC所成角分别为∠PBH，∠PAH.由已知∠PBH=45°，∠PAH=30°，与∠PBH=∠PAH矛盾.

　　∴PC不垂直于AB.

　　(2)由已知有PH=h,∴∠PBH=45°

　　∴BH=PH=h.∵∠PAH=30°，∴HA=h.

 

　　∴矩形ACBH中，AB===2h.

 

　　作HE⊥AB于E，∴HE===h.

 

　　∵PH⊥平面ACBH，HE⊥AB，

　　由三垂线定理有PE⊥AB，∴PE是点P到AB的距离.

　　在RtΔPHE中，PE===h.　　即点P到AB距离为h.

 

　　评析：此题属开放型命题，处理此类问题的方法是先假设结论成立，然后“执果索因”，作推理分析，导出矛盾的就否定结论(反证法)，导不出矛盾的，就说明与条件相容，可采用演绎法进行推理，此题(1)属于反证法.

　　例6 平面α内有一个半圆，直径为AB，过A作SA⊥平面α，在半圆上任取一点M，连SM、SB，且N、H分别是A在SM、SB上的射影.(1)求证：NH⊥SB.(2)这个图形中有多少个线面垂直关系?(3)这个图形中有多少个直角三角形?(4)这个图形中有多少对相互垂直的直线?

　　分析：此题主要考查直线与直线，直线与平面的垂直关系及论证，空间想象力.

　　

 

　　解 (1)连AM，BM.∵AB为已知圆的直径，如图所示.

　　∴AM⊥BM，

　　∵SA⊥平面α，MBα，

 

　　∴SA⊥MB.

　　∵AM∩SA=A，∴BM⊥平面SAM.

　　∵AN平面SAM，

 

　　∴BM⊥AN.

　　∵AN⊥SM于N，BM∩SM=M，

　　∴AN⊥平面SMB.

　　∵AH⊥SB于H，且NH是AH在平面SMB的射影

　　∴NH⊥SB.

　　(2)由(1)知，SA⊥平面AMB，BM⊥平面SAM.AN⊥平面SMB.

　　∵SB⊥AH且SB⊥HN.

　　∴SB⊥平面ANH.

　　∴图中共有4个线面垂直关系

　　(3)∵SA⊥平面AMB，

　　∴ΔSAB、ΔSAM均为直角三角形.

　　∵BM⊥平面SAM，∴ΔBMA，ΔBMS均为直角三角形.

　　∵AN⊥平面SMB.∴ΔANS、ΔANM、ΔANH均为直角三角形.

　　∵SB⊥平面AHN. ∴ΔSHA、ΔBHA、ΔSHN均为直角三角形

　　综上所述，图中共有10个直角三角形.

　　(4)由SA⊥平面AMB知：SA⊥AM，SA⊥AB，SA⊥BM;

　　由BM⊥平面SAM知：BM⊥AM，BM⊥SM，BM⊥AN;

　　由AN⊥平面SMB知：AN⊥SM，AN⊥SB，AN⊥NH;

　　SB⊥平面AHN知：SB⊥AH，SB⊥HN;

　　综上所述，图中有11对互相垂直的直线.

　　例7 如图，在棱长为a的正方体AC1中，M是CC1的中点，点E在AD上，且AE=AD，F在AB上，且AF=AB，求点B到平面MEF的距离.

 

　　

 

　　解法一：设AC与BD交于O点，EF与AC交于R点，由于EF∥BD所以将B点到面MEF的距离转化为O点到面MEF的距离，面MRC⊥面MEF，而MR是交线，所以作OH⊥MR，即OH⊥面MEF，OH即为所求.

　　∵OH·MR=OR·MC，

　　∴OH=

.

 

　　解法二：考察三棱锥B—MEF，由VB-MEF=VM-BEF可得h.

　　点评 求点面的距离一般有三种方法：

　　①利用垂直面;

　　②转化为线面距离再用垂直面;

　　③当垂足位置不易确定时，可考虑利用体积法求距离.

　　例8 正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，求A1C1和平面AB1C间的距离.

　　解法1 如图所示，A1C1∥平面AB1C，又平面BB1DD1⊥平面AB1C.

　　故若过O1作O1E⊥OB1于E，则OE1⊥平面AB1C，O1E为所求的距离

　　由O1E·OB1=O1B1·OO1，

　　可得：O1E=

 

　　

 

　　解法2：转化为求C1到平面AB1C的距离，也就是求三棱锥C1—AB1C的高h.

　　由 V=V，可得h=a.

 

　　解法3 因平面AB1C∥平面C1DA1，它们间的距离即为所求，连BD1，分别交B1O、DO1与F、G(图中未画出)。易证BD1垂直于上述两个平面，故FG长即为所求，易求得

　　FG=

.

 

　　点评 (1)求线面距离的先决条件是线面平行，而求线面距离的常用方法是把它们转化为求点面之间的距离，有时也可转化为求面面距离，从本题的解法也可悟出求异面直线之间的距离的思路.

　　【课本难题解答】

　　1.已知：α∩β=CD，EA⊥α，EB⊥β，求证：CD⊥AB.

　　

 

　　2.求证：两条平行线和同一条平面所成的角相等.

　　已知：a∥b，a∩α=A1,b∩β=B1，∠θ1、∠θ2分别是a、b与α所成的角.如图，求证：∠θ1=∠θ2.

　　

 

　　证：在a、b上分别取点A、B.如图，且AA1=BB1，连结AB和A1B1.

　　∵AA1∥BB1

　　∴四边形AA1B1B是平行四边形.∴AB∥A1B1

　　又A1B1α ∴AB∥α.

 

　　设AA2⊥α于A2，BB2⊥α于B2，则AA2=BB2

　　在RtΔAA1A2与中 AA2=BB2，AA1=BB1

 

　　∴RtΔAA1A2≌RtΔBB1B2

　　∴∠AA1A2=∠BB1B2

　　即 ∠θ1=∠θ2.

　　3.经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如果斜线和这个角两边的夹角相等，那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线.

　　已知：∠ABCα,Pα,∠PBA=∠PBC,PQ⊥α，Q∈α，如图.

 

　　

 

　　求证：∠QBA=∠QBC

　　证：PR⊥AB于R，PS⊥BC于S.

　　则：∠PRB=∠PSB=90°.

　　∵PB=PB.∠PBR=∠PBS

　　∴RtΔPRB≌RtΔPSB

　　∴PR=PS

　　∵点Q是点P在平面α上的射影.

　　∴QR=QS

　　又∵QR⊥AB，QS⊥BC

　　∴∠ABQ=∠CBQ

　　【命题趋势分析】

　　本节需要掌握直线和平面垂直的概念、判定定理、性质定理、斜线在平面的射影的概念，直线和平面所成角的概念，能用上述概念、定理进行论证和解决问题.三垂线定理及逆定理在老教材中很受重视，在新教材中降了要求.此节知识是高考考查的重点之一，在大题，小题中反复出现，与前后知识交叉考查，具有灵活多变的特点，应予以高度重视.

　　【典型热点考题】

　　例1 如图，E、F分别是正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是 (要求：把可能的图的序号都填上)

　　

 

　　解 ∵四边形BFD1E在正方体的一对平行面上的投影图形相同，在上、下底面上，E、F的射影在棱的中点，四边形的投影图形为②，在左右侧面上，E、F的连线垂直侧面，从而四边形的投影图形为③，在前后侧面上四边形投影图形也为②.故应填②③.

　　

 

　　例2 如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是( )

　　

 

　　A.B.C.D.

 

　　解 连D1F1，则D1F1⊥A1C1，又BC⊥CA，所以BD1在平面ACC1A1内的射影为CF1，设AC=2a，则BC=CC1=2a.取BC的中点E，连EF1，则EF∥BD1.

　　∴cosθ1=cos∠EF1C===，　　cosθ2=cos∠AF1C==，

 

　　∴ cosθ=cosθ1·cosθ2=·=，应选A.

 

　　例3 (1)如果三棱锥S—ABC的底面是不等边三角形，侧面与底面所成的角都相等，且顶点S在底面的射影O在ΔABC内，那么O是ΔABC的( )

　　A.垂心 B.重心 C.外心 D.内心

　　(2)设P是ΔABC所在平面α外一点，若PA，PB，PC与平面α所成的角都相等，那么P在平面α内的射影是ΔABC的( )

　　A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心

　　解 (1)利用三垂线定理和三角形全等可证明O到ΔABC的三边的距离相等，因而O是ΔABC的内心，因此选D.

　　

 

　　(2)如图所示，作PO⊥平面α于O，连OA、OB、OC，那么∠PAO、∠PBO、∠PCO分别是PA、PB、PC与平面α所成的角，且已知它们都相等.

　　∴RtΔPAO≌RtΔPBO≌RtΔPCO.

　　∴OA=OB=OC

　　∴应选B.

　　说明 三角形的内心、外心、垂心、旁心、重心，它们的定义和性质必须掌握.

　　例4 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC=2，求点B到平面EFG的距离.

　　

 

　　分析：注意到直线BD∥平面EFG，根据直线和平面的距离在BO中点O的距离等于B到平面EFG的距离.

　　解 连结AC、BD，设交于O，∵E，F分别是AB、AD的中点.

　　∴EF∥BD

　　∴BD∥平面EFG，设EF∩AC=M.

　　则M为OA的中点.

　　又AB=4 ∴AC=4，MO=AC=,MC=AC=3

 

　　∵GC⊥平面ABCD

　　∴GC⊥CA，GC⊥EF

　　又EF⊥AC，GC∩AC=C.

　　∴EF⊥平面GCM.

　　∴过O作OH⊥GM于H，则OH⊥EF.

　　又OH⊥GM

　　故OH⊥平面EFG.

　　在RtΔGCM中，GM===.

 

　　又∵OH⊥GM.∴sin∠GMC==sin∠HMO==

 

　　∴OH=·=

 

　　∴B点到平面GEF的距离为

 

　　说明 本题解法甚多，学习两面垂直及简单几何体后，可用两面垂直的性质求解或者用“等体积法”求解.

　　例5 已知两条异面直线a,b所成的角为θ，它们的公垂线段AA1的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A1E=m，AF=n.求证：EF=

 

　　

 

　　解 过A作a′∥a.

　　∵AA1⊥a, ∴A1A⊥a′

　　∴AA1⊥b,a′∩b=A

　　∴A1A垂直a′、b所确定的平面α.

　　∵a∥a′ ∴a、a′能确定平面β，在β内作EH∥A1A，交a′于H.

　　∵a∥a′，∴A1AME为平行四边形.

　　∴A1A=EH=d,AH=A1E=m

　　∵A1A⊥α ∴EH⊥α.

　　∵FHα， ∴EH⊥FH.

 

　　在RtΔFHE中，EF==

 

　　∵a′∥a ∴a′与b的夹角为θ.

　　即∠HAF=θ，此时AH=m,AF=n.

　　由余弦定理得 FH2=m2+n2-2mncosθ

　　∴EF=

 

　　当F(或E)在A(或A1)的另一侧时，同理可得

　　EF==

 

　　综上所述，EF=