第43講　直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

第43講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)【備選理由】例1考查平行、垂直關(guān)系的判定;例2考查了面面垂直的判定;例3考查了面面垂直的判定與性質(zhì)定理;例4考查了平行與垂直的綜合問題.例1[配例1使用][2023·陜西咸陽二模]已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,有下列四個(gè)命題:①若m∥n,n?α,則m∥α;②若m?α,m⊥β,則α⊥β;③若m⊥α,m⊥β,則α∥β;④若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥n.其中正確的命題是 (A)A.②③ B.②④C.①③ D.①②[解析]對(duì)于①,當(dāng)m∥n,n?α?xí)r,m∥α或m?α,所以①錯(cuò)誤.對(duì)于②,當(dāng)m?α,m⊥β時(shí),由面面垂直的判定定理可得α⊥β,所以②正確.對(duì)于③,當(dāng)m⊥α,m⊥β時(shí),α∥β,所以③正確.對(duì)于④,當(dāng)α⊥β,m?α,n?β時(shí),m與n可能平行、相交或異面,所以④錯(cuò)誤,故選A.例2[配例3使用][2023·遼寧錦州一模]在直角梯形ABCD中(如圖①),AB∥DC,AD⊥DC,AD=DC=12AB=2.將△ADC沿AC折起,使AD⊥DB(如圖②),E為線段AB的中點(diǎn)(1)求證:平面ABC⊥平面ADC;(2)求點(diǎn)E到直線CD的距離. 解:(1)證明:在四邊形ABCD中,連接CE,因?yàn)锳D⊥DC,AD=DC=12AB=所以四邊形AECD為正方形,所以AC=BC=22+22因?yàn)锳C2+BC2=AB2,所以BC⊥AC.在三棱錐D-ABC中,因?yàn)锳D⊥DC,AD⊥DB,CD∩BD=D,CD,BD?平面BCD,所以AD⊥平面BCD.又因?yàn)锽C?平面BCD,所以AD⊥BC.又BC⊥AC,AD∩AC=A,AC,AD?平面ACD,所以BC⊥平面ACD,又因?yàn)锽C?平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.(2)如圖,分別取AC,CD的中點(diǎn)F,H,連接EF,FH,HE,則EF∥BC,因?yàn)锽C⊥平面ACD,所以EF⊥平面ACD,又因?yàn)镃D?平面ACD,所以EF⊥CD.因?yàn)锳D⊥CD,AD∥FH,所以FH⊥CD.又EF∩FH=F,EF,FH?平面EFH,所以CD⊥平面EFH,又因?yàn)镋H?平面EFH,所以CD⊥EH.因?yàn)镠F=12AD=1,EF=12BC=2,AD⊥BC,所以HF⊥且HE=12+2即點(diǎn)E到直線CD的距離為3.例3[配例3使用][2023·溫州模擬]如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形且∠ABC=π3,PB=PA=4,PC=6(1)求PD的長.(2)若BH=λBP,是否存在λ,使得平面CDH⊥平面PAB?若存在,求出λ的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解:(1)如圖,取AB的中點(diǎn)E,連接CE,PE,∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形,∴BC=2,BE=1,∵∠ABC=π3,∴由余弦定理可得CE2=BC2+BE2-2BC·BEcosπ3∴BE2+CE2=BC2,∴BE⊥CE,即CE⊥AB,又∵PB=PA且E是AB的中點(diǎn),∴PE⊥AB,∵PE∩CE=E,PE,CE?平面PCE,∴AB⊥平面PCE.∵PC?平面PCE,∴PC⊥AB,∵CD∥AB,∴PC⊥CD,∵PC=6,∴PD=PC2+(2)過點(diǎn)C作CM⊥PE,垂足為點(diǎn)M,∵AB⊥平面PCE,AB?平面PAB,∴平面PAB⊥平面PCE,∵平面PAB∩平面PCE=PE,CM?平面PCE,CM⊥PE,∴CM⊥平面PAB.過點(diǎn)M作HN∥AB,分別交PA,PB于點(diǎn)N,H,∵CD∥AB,∴HN∥CD,∴C,D,N,H四點(diǎn)共面.∵CM?平面CDNH,∴平面CDNH⊥平面PAB.∵PA=PB=4,AE=1,PE⊥AB,∴PE=PA2-∵CE=3,PC=6,∴由余弦定理可得cos∠PCE=PC2+∴sin∠PCE=1-cosS△PCE=12PC·CEsin∠PCE=12CM·∴CM=PC·CEsin∠∴EM=CE2-∵HN∥AB,∴λ=BHBP=EMPE=例4[配例4使用]如圖,在空間幾何體ABCDEFG中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1.(1)求證:平面CFG⊥平面ACE.(2)在線段AC上是否存在一點(diǎn)H,使得EH∥平面CFG?若存在,求出CH的長;若不存在,請(qǐng)說明理由.解:(1)證明:如圖,連接BD交AC于點(diǎn)O,則BD⊥AC.分別取AB,AD的中點(diǎn)M,N,連接MN,則MN∥BD,連接FM,GN,則FM∥GN,且FM=GN,所以四邊形FMNG為平行四邊形,所以MN∥FG,所以BD∥FG,所以FG⊥AC.因?yàn)锳E⊥平面ABCD,所以AE⊥BD,所以FG⊥AE,又因?yàn)锳C∩AE=A,AC,AE?平面ACE,所以FG⊥平面ACE.又FG?平面CFG,所以平面CFG⊥平面ACE.(2)存在,且CH=22.理由如下:由題易知平面EFG∥平面ABCD設(shè)平面ACE交FG于Q,則Q為FG的中點(diǎn),連接EQ,CQ,取CO的中點(diǎn)H,連接EH,因?yàn)槠矫鍭CE∩平面EFG=EQ,平面ACE∩平面ABCD=