2021版江苏高考数学一轮复习讲义：第7章 第4节 直线、平面垂直的判定与性质 Word版含答案

第四节直线、平面垂直的判定与性质
[最新考纲] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．
1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理与性质定理
(1)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．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)范围：⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2.
3．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)范围：[0，π]．
4．平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行．()
(2)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α. ()
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．
()
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.
()
[答案](1)×(2)×(3) ×(4)×
二、教材改编
1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.() A．若l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β
D．若α∥β，则l∥m
A[∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]
2．下列命题中不正确的是()
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
A[A错误，l与β可能平行或相交，其余选项均正确．]
3.如图所示，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为．
4[∵P A⊥平面ABC，
∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，
则△P AB，△P AC为直角三角形．
由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，
∴BC⊥平面P AC，
从而BC⊥PC.
因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]
4．在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；
(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的心．(1)外(2)垂[(1)如图，∵PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC，
在Rt△POA中，OA2＝P A2－PO2，
同理OB2＝PB2－PO2，
OC2＝PC2－PO2.
又P A＝PB＝PC，
故OA＝OB＝OC，
∴O是△ABC的外心．
(2)由P A⊥PB，P A⊥PC可知P A⊥平面PBC，
∴P A⊥BC，
又PO⊥BC，
∴BC⊥平面P AO，
∴AO⊥BC，
同理BO⊥AC，CO⊥AB.
故O是△ABC的垂心．]
考点1直线与平面垂直的判定与性质
1.证明线面垂直的常用方法
(1)判定定理．
(2)垂直于平面的传递性．
(3)面面垂直的性质．
2．证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．
如图所示，在四棱锥P-ABCD中，
P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明](1)在四棱锥P-ABCD中，
∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴P A⊥CD.
又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，
P A，AC⊂平面P AC，
∴CD⊥平面P AC.
而AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.
(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
PC，CD⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，
而PD⊂平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴P A⊥AB.
又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，
∴AB⊥平面P AD，
而PD⊂平面P AD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，
AB，AE⊂平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
通过本例的训练我们发现：判定
定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理及勾股定理的应用．
如图所示，已知AB为圆O的直
径，点D为线段AB上一点，且AD＝1
3DB，点C为圆O上一点，且BC＝3AC，
PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求证：P A⊥CD.
[证明]因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ACB中，由3AC ＝BC，得∠ABC＝30°.
设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝23，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos 30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.
因为PD⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D，得CD⊥平面P AB，又P A⊂平面P AB，所以P A⊥CD.
考点2平面与平面垂直的判定与性质
(1)利用面面垂直的判定定理证明
面面垂直的一般方法是：先寻找平面的垂线，若图中存在这样的直线，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决，作辅助线应有理论根据并有利于证明．
(2)证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现．
(3)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”这一条件．
(2019·衡水中学模拟)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，∠P AB＝120°，
DC＝PC＝2.P A＝AB＝BC＝1.
(1)证明：平面P AB⊥平面PBC；
(2)求四棱锥P-ABCD的体积．
[解](1)证明：在△P AB中，由P A＝AB＝1，∠P AB＝120°，得PB＝3，
因为PC＝2，BC＝1，PB＝3，
所以PB2＋BC2＝PC2，即BC⊥PB；
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，
又PB∩AB＝B，所以BC⊥平面P AB，
又BC⊂平面PBC，所以平面P AB⊥平面PBC.
(2)在平面P AB内，过点P作PE⊥AB，交BA的延长线于点E，如图所示．
由(1)知BC ⊥平面P AB ， 因为BC ⊂平面ABCD ， 所以平面P AB ⊥平面ABCD .
又平面P AB ∩平面ABCD ＝AB, PE ⊥AB ， 所以PE ⊥平面ABCD ，
因为在Rt △PEA 中，P A ＝1，∠P AE ＝60°，所以PE ＝3
2.
因为底面ABCD 是直角梯形，所以四棱锥P -ABCD 的体积为V P -ABCD ＝13×12×(1＋2)×1×32＝3
4.
本例第(2)问在求四棱锥P-ABCD 的高时，充分利用了三种垂直关系的转化：
[教师备选例题]
(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为
6
3，求该三棱锥的
侧面积．
[解](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .
(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝3
2x ，GB ＝GD ＝x 2.
因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝3
2x .
由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝2
2x .
由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V E -ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝6
3，故x ＝2.
从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.
所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5.
(2019·银川一模)如图，在三棱
锥V -ABC 中，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 为等边三角形，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝2，O ，M 分别为AB ，VA 的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥B-VAC的高．
[解](1)证明：∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB.
∵平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，∴OC⊥平面VAB.
∵OC⊂平面MOC, ∴平面MOC⊥平面VAB.
(2)在等腰直角△ACB中，AC＝BC＝2，
∴AB＝2，OC＝1，
∴等边△VAB的面积为S
△VAB ＝
1
2×2
2×sin 60°＝3，
又∵OC⊥平面VAB，∴OC⊥OM，
△AMC中，AM＝1，AC＝2，MC＝2，
∴S
△AMC ＝
1
2×1×
7
2
＝7
4
，∴S△VAC＝2S△MAC＝7
2
，
由三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，
即13S △VAC ·h ＝1
3S △VAB ·OC, ∴h ＝3×172＝2217，
即三棱锥B -VAC 的高为221
7.
考点3 平行与垂直的综合问题
探索性问题中的平行与垂直关
系
处理空间中平行或垂直的探索
性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n 等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．
(2019·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
(1)求证：BD⊥平面P AC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．
[解](1)证明：因为P A⊥平面ABCD，
所以P A⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又P A∩AC＝A，
所以BD⊥平面P AC.
(2)证明：因为P A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以P A⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩P A＝A，
所以AE⊥平面P AB.
因为AE⊂平面P AE，
所以平面P AB⊥平面P AE.
(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面P AE.
取F为PB的中点，取G为P A的中点，连接CF，FG，EG.
则FG∥AB，且FG＝1
2AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝1
2AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形．
所以CF∥EG.
因为CF⊄平面P AE，EG⊂平面P AE，
所以CF∥平面P AE.
对命题条件的探索的三种途径
途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．
途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题．
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，
D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC ＝CF＝2.
(1)求证：C 1E ∥平面ADF ；
(2)设点M 在棱BB 1上，当BM 为何值时，平面CAM ⊥平面ADF . [解](1)证明：连接CE 交AD 于O ，连接OF .
因为CE ，AD 为△ABC 的中线， 则O 为△ABC 的重心， 故CF CC 1
＝CO CE ＝2
3，故OF ∥C 1E ，
因为OF ⊂平面ADF ，C 1E ⊄平面ADF ， 所以C 1E ∥平面ADF .
(2)当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.
证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，
故CM⊥平面ADF.
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF.
折叠问题中的平行与垂直关系
解决平面图形翻折问题的关键
是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．
(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；
(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．
(2018·全国卷Ⅰ)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＝2
3DA，求三棱
锥Q-ABP的体积．
[解](1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，
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 2.
又BP＝DQ＝2
3DA，所以BP＝2 2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，
则QE∥DC且QE＝1
3DC.
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
V Q-ABP＝1
3×S△ABP×QE
＝1 3×1
2×3×22sin 45°×1＝1.
本例第(1)问是垂直关系证明问
题，求解的关键是抓住“BA⊥AC”折叠过程中始终不变；本例第(2)问是计算问
题，求解的关键是抓住“∠ACM＝90°”折叠过程中始终不变．即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
[教师备选例题]
如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
[证明](1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
则AB∥EF.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，
BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
如图(1)，在边长为1的等边三角
形ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G，将△ABF沿AF折起，得到如图(2)所示的三棱锥A-BCF，其中BC
＝
2
2.
(1)(2) (1)证明：DE∥平面BCF；
(2)证明：CF⊥平面ABF.
[证明](1)在折叠后的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，所以AD
AB
＝AE
AC
，
所以DE∥BC.
因为DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，
所以DE∥平面BCF.
(2)在折叠前的图形中，因为△ABC为等边三角形，BF＝CF，所以AF⊥BC，则在折叠后的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF.
又BF＝CF＝1
2，BC＝2
2
，
所以BC2＝BF2＋CF2，
所以BF⊥CF.
又BF∩AF＝F，BF⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，
所以CF⊥平面ABF.。