201x届高考数学一轮复习第八章立体几何8-5直线平面垂直的判定与性质文

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高考数学一轮复习第8章立体几何第5讲直线、平面垂直的判定与性质课件文

12/11/2021
第十页，共四十七页。
(必修 2 P67 练习 T2 改编)已知 P 为△ABC 所在平面外一点，
且 PA，PB，PC 两两垂直，有下列结论：①PA⊥BC；②PB⊥AC；
③PC⊥AB；④AB⊥BC．其中正确的是( )
A．①②③
B．①②④
C．②③④
D．①②③④
12/11/2021
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12/11/2021
第二十二页，共四十七页。
所以 A1C1⊥B1D1．又 B1D1∩BB1＝B1，所以 A1C1⊥平面 BB1D1D．又 BD1⊂平面 BB1D1D，所以 A1C1⊥BD1．同理，DC1⊥BD1，DC1∩A1C1＝C1，所以 BD1⊥平面 A1C1D．② 由①②可知 EF∥BD1．
12/11/2021
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解析：如图，取 AC 的中点 E，连接 DE， EB，则 DE⊥AC，BE⊥AC．因为平面 ADC⊥平面 ABC，平面 ADC∩平面 ABC＝AC，所以 DE⊥平面 ABC，所以 DE⊥EB，则 DB＝ 2DE＝1．所以 BC＝CD＝BD＝1，所以△DBC 是等边三角形，故①正确；
图形语言
符号语言 ll⊂⊥βα⇒α ⊥β
12/11/2021
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3．平面与平面垂直的性质定理
文字语言
图形语言
两个平面垂
性直，则一个平
质面内垂直于
定 _交__线___的直线
理与另一个平面
垂直
12/11/2021
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符号语言
α⊥β
α∩β＝a
l⊂β
l⊥a
⇒___l_⊥__α__

2019届高考数学一轮复习第八章立体几何8-5直线平面垂直的判定与性质课件文

角度 2：证明线线垂直 (2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E
为棱 CD 的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC [思路引导] 每个选项都涉及直线 A1E，而其它直线均为面对
如：已知平面 α⊥平面 β，α∩β＝l，点 A∈α，A∉l，直线 AB
∥l，直线 AC⊥l，直线 m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，
不一定成立的是(D)
A．AB∥m
B．AC⊥m
C．AB∥β
D．AC⊥β
提示：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥
l⇒AB∥β，只有 D 不一定成立．
第
八
立体几何
章
第五节
直线、平面垂直的判定与性质
高考概览 1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
吃透教材夯双基
填一填记一记厚积薄发
[小题速练] 1．下列结论错误的是( ) A．直线 l 与平面 α 内无数条直线都垂直，则 l⊥α B．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 C．垂直于同一条直线的两个平面平行 D．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
[解析] 若 α 内无数条直线是平行的，则 l 与 α 不一定垂直．故 A 错．
所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，所以 B1F⊥FD.因为 AD∩FD＝D，所以 B1F⊥平面 ADF. 解法二：在 Rt△B1BD 中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以 B1D ＝ BD2＋BB21＝ 10. 在 Rt△B1C1F 中，B1C1＝2，C1F＝1，所以 B1F＝ B1C21＋C1F2 ＝ 5. 在 Rt△DCF 中，CF＝2，CD＝1，所以 DF＝ CD2＋CF2＝ 5. 显然 DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°.所以 B1F⊥FD.∵ AD∩FD＝D，∴B1F⊥平面 ADF.

高考数学一轮复习第八章立体几何第5讲直线、平面垂直的判定及性质教案理(含解析)

【第5讲直线、平面垂直的判定及性质】之小船创作基础知识整合1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的判定定理(2)直线与平面垂直的性质定理2．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定定理(2)平面与平面垂直的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)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．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，下列结论正确的是( )A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m答案A解析根据线面垂直的判定定理知A正确；当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行、垂直或异面，故B错误；当l∥β，l⊂α时，α与β可能平行，也可能相交，故C错误；当α∥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能异面，故D错误．故选A.2．(2019·浙江模拟)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( ) A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案C解析∵α∩β＝l，∴l⊂β，∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.3．设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n答案B解析对于A，m可以在β内，故A错误；对于C，n 可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错误．4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC答案C解析解法一：如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错误；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1， ∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，∴BC 1⊥平面CEA 1B 1.又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，∴A 1E ⊥BC 1)∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错误．故选C.解法二：(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0，0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，0，∴A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，12，－1，DC 1→＝(0,1,1)，BD →＝(－1，－1，0)，BC 1→＝(－1,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，∴A 1E →·DC 1→≠0，A 1E →·BD →≠0，A 1E →·BC 1→＝0，A 1E →·AC →≠0，∴A 1E ⊥BC 1.故选C.5．如图所示，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则C 1在面ABC 上的射影H 必在( )A ．直线AB 上 B ．直线BC 上 C ．直线CA 上D ．△ABC 内部答案 A解析 ∵CA ⊥AB ，CA ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，∴CA ⊥平面ABC 1.∴平面ABC ⊥平面ABC 1.∴过C 1作垂直于平面ABC 的直线在平面ABC 1内．∴H ∈AB .6．(2019·沈阳模拟)已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________．答案3解析如图所示．∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.核心考向突破考向一有关垂直关系的判断例1 (1)已知平面α及α外的一条直线l，下列命题中不正确的是( )A．若l垂直于α内的两条平行线，则l⊥αB．若l平行于α内的一条直线，则l∥αC．若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥αD．若l平行于α内的无数条直线，则l∥α答案A解析由直线与平面平行的有关定理和结论可知选项B，D正确，选项C是直线和平面垂直的判定定理，而A中，直线l也可以是与平面α斜交或平行的直线，故选A.(2)(2019·福建质量检查)如图，AB是圆O的直径，VA 垂直圆O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( ) A．MN∥ABB．MN与BC所成的角为45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案D解析依题意，MN∥AC，又直线AC与AB相交，因此MN 与AB不平行，A错误；注意到AC⊥BC，因此MN与BC所成的角是90°，B错误；注意到直线OC与AC不垂直，因此OC 与平面VAC不垂直，C错误；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC ⊥平面VAC.又BC⊂平面VBC，所以平面VBC⊥平面VAC，D 正确．故选D.触类旁通判断垂直关系需注意的问题(1)作图要熟练，借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准．2善于寻找反例，若存在反例，结论就被驳倒了.3要思考完整，反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明.即时训练 1.(2018·北京东城模拟)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )A．α⊥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β答案B解析因为α⊥β，m⊂α，则m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D 错误．故选B.2．(2019·银川模拟)如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在这个空间图形中必有( )A ．AH ⊥平面EFHB ．AG ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF答案 A解析由平面图形得AH ⊥HE ，AH ⊥HF ，又HE ∩HF ＝H ，∴AH ⊥平面HEF ，故选A.考向二直线与平面垂直的判定与性质角度1 利用线线垂直证明线面垂直例2 (1)(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，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 ①证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，AC ∩OB ＝O ，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＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°.在△OCM中根据余弦定理可求得OM＝253，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM ＝455.所以点C到平面POM的距离为45 5.(2)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD.①求证：BD⊥平面A1ACC1；②若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A－BCB1的体积．解①证明：如图，连接ED，∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，∴B1C∥ED，∵E为AB1的中点，∴D为AC的中点，∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，得A1A⊥BD，又∵A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，∴BD⊥平面A1ACC1.②由AB＝1，得BC＝BB1＝1，由①知AD ＝12AC ，又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12，∴VA －BCB 1＝VB 1－ABC ＝13S △ABC ·BB 1＝13×12× 1＝16.角度2 利用线面垂直证明线线垂直例3 (1)(2019·四川模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，以AE 为折痕将△DAE 向上折起，D 变为D ′，且平面D ′AE ⊥平面ABCE .①求证：AD ′⊥EB ；②求点E 到平面ABD ′的距离．解 ①证明：∵AE ＝BE ＝22，AB ＝4， ∴AB 2＝AE 2＋BE 2，∴AE ⊥EB .取AE 的中点M ，连接MD ′，则AD ′＝D ′E ＝2⇒MD ′⊥AE ，∵平面D ′AE ⊥平面ABCE ，MD ′⊂平面D ′AE ， ∴MD ′⊥平面ABCE ，∴MD ′⊥BE ，AE ∩D ′E ＝M ，从而EB ⊥平面AD ′E ，∴AD ′⊥EB .②由①知MD ′⊥平面ABCE ，且MD ′＝2，S △AEB ＝4，易知BM ＝10，BD ′＝23，AD ′＝2，AB ＝4，S △ABD ′＝2 3.设点E 到平面ABD ′的距离为d ，由V E －ABD ′＝V D ′－ABE ，得13×23d ＝13×2×4，∴d＝26 3.(2) (2019·江苏模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：①MN∥平面ABB1A1；②AN⊥A1B.证明①取AB的中点P，连接PM，PB1.因为M，P分别是AC，AB的中点，所以PM∥BC，且PM＝12 BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1C1.因为N是B1C1的中点，所以PM∥B1N且PM＝B1N.所以四边形PMNB1是平行四边形，所以MN∥PB1，而MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.②因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.又因为BB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1.又因为∠A1B1C1＝∠ABC＝90°，所以B1C1⊥B1A1.又平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝B1A1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1.又因为A1B⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B.连接AB1，因为在平行四边形ABB1A1中，AB＝AA1，所以AB1⊥A1B.又因为NB1∩AB1＝B1，且AB1，NB1⊂平面AB1N，所以A1B⊥平面AB1N，而AN⊂平面AB1N，所以A1B⊥AN.触类旁通证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．2证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直有时需借助线面垂直的性质.即时训练3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥P－NBM的体积．解(1)证明：连接BD.∵PA＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD.又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝ 3.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN ⊥AD，∴PN ⊥平面ABCD ，∴PN ⊥NB ，∴S △PNB ＝12×3×3＝32.∵AD ⊥平面PNB ，AD ∥BC ，∴BC ⊥平面PNB .又PM ＝2MC ， ∴V P －NBM ＝V M －PNB ＝23V C －PNB ＝23×13×32×2＝23.4．(2017·全国卷Ⅲ) 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 (1)证明：如图，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 ，又BD ⊂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，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .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12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.考向三面面垂直的判定与性质例4 (1)(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧C D 所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．①证明：平面AMD ⊥平面BMC ；②在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．解 ①证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . ②当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：连接AC 交BD 于O .因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为AC 的中点．连接OP ，因为P 为AM 的中点，所以MC ∥OP . 又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD .(2)如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.①证明：平面PAC⊥平面PCE；②若∠ABC＝60°，求三棱锥P－ACE的体积．解①证明：如图，连接BD，交AC于点O，设PC的中点为F，连接OF，EF.易知O为AC的中点，所以OF∥PA，且OF＝12 PA.因为DE∥PA，且DE＝12 PA，所以OF∥DE，且OF＝DE，所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，即BD∥EF.因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.因为BD∥EF，所以EF⊥平面PAC.因为EF⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.②解法一：因为∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，所以AC＝2.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC.所以S△PAC＝12PA×AC＝2.因为EF⊥平面PAC，所以EF是三棱锥E－PAC的高．易知EF＝DO＝BO＝3，所以三棱锥P－ACE的体积V三棱锥P －ACE ＝V 三棱锥E －PAC ＝13S △PAC ×EF ＝13×2×3＝233. 解法二：因为底面ABCD 为菱形，且∠ABC ＝60°，所以△ACD 为等边三角形．取AD 的中点M ，连接CM ，则CM ⊥AD ，且CM ＝ 3. 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CM ，又PA ∩AD ＝A ，所以CM ⊥平面PADE ，所以CM 是三棱锥C －PAE 的高．易知S △PAE ＝2，所以三棱锥P －ACE 的体积V 三棱锥P －ACE ＝V 三棱锥C －PAE ＝13S △PAE ×CM ＝13×2×3＝233.触类旁通在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.故熟练掌握“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键.即时训练 5.(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1.求证：(1)AB ∥平面A 1B 1C ； (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .证明 (1)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1. 因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.。

高考数学一轮复习第八章立体几何第5讲直线、平面垂直的判定与性质课件理

解析：设 O 为正方形 ABCD 的中心，M 为 AB 中点，过 E 作 BC 的平行线 EF，交 CD 于 F，过 O 作 ON 垂直 EF 于 N，连接 SO，SN，OM，则 SO 垂直于底面 ABCD，OM 垂直于 AB，
因此∠SEN＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SMO＝θ3，从而 tan θ1＝ESNN＝OSNM，tan θ2＝ESOO，tan θ3＝OSOM，因为 SN≥SO，EO≥OM，所以 tan θ1≥tan θ3≥tan θ2，即 θ1≥θ3≥θ2.故选 D.
可得四棱锥 P-ABCD 的侧面积为
12×PA·PD＋12PA·AB＋12PD·DC＋12BC2sin 60°＝6＋2 3.
第二十四页，共三十六页。
考点(kǎo di线ǎn)面3所成的角例 3：(2018 年新课标Ⅰ)在长方体ABCD- A1B1C1D1 中， AB＝BC＝2，AC1与平面(píngmiàn)BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积(tǐjī)为( )
222＋22＝
9＝3 2
2
2 .
由等面积法，得 C1O·CH＝OC·CC1.
∴3 2 2×CH＝ 22×2.∴CH＝23.
2 ∴sin ∠HDC＝CDHC＝31＝23.故选 A.
答案(dá àn)：A
第二十九页，共三十六页。
⊙面面所成的角
难点(nádiǎn)突破
例题：(2018年浙江)已知四棱锥(léngzhuī)SABCD的底面是正方形，
定理垂线，那么这两个
平面互相垂直
图形语言
如果两个平面垂直，那么在一个平性质面内垂直于它们交定理线的直线垂直于另一个平面
符号语言
l⊂β， l⊥α
⇒α⊥β

19届高考数学一轮复习第八章立体几何8.5直线、平面垂直的判定与性质课件文新人教B版

考点 3
平行与垂直的综合问题(多考向)
考向一平行与垂直关系的证明
例3如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F 在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1. 求证:(1)直线DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 思考处理平行与垂直关系的综合问题的主要数学思想是什么?
-6知识梳理双基自测自测点评
1
2
3
(2)平面与平面垂直的判定定理及性质定理:
文字语言判定定理性质定理如果一个平面过另一个平面的一条垂线 ,则两个平面互相垂直如果两个平面互相垂直, 那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面图形语言符号语言
l⊥ α l⊂β
-4知识梳理双基自测自测点评
1
2
3
(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论:
文字语言判如果一条直线与平面内的定两条相交直线垂直, 定则这条直线与这个平面垂直理推如果在两条平行直线中,有一论条垂直于平面,那么另一条直 1 线也垂直于这个平面推如果两条直线垂直于同一个平论面,那么这两条直线平行 2
-15考点1 考点2 考点3
(2)解因为 BF⊥平面 ACK,所以∠BDF 是直线 BD 与平面 ACFD 所成的角. 在 Rt△BFD 中,BF=√3,DF= , 得 cos∠BDF=
√21
3 2
7
,
√21
所以,直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值为
7
.
-16考点1 考点2 考点3
解题心得1.证明线面垂直的方法:一是线面垂直的判定定理;二是利用面面垂直的性质定理;三是平行线法(若两条平行线中的一条垂直于这个平面,则另一条也垂直于这个平面). 2.解题时,注意线线、线面与面面关系的相互转化;另外,在证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度, 经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.

高中数学知识点总结(第八章立体几何第五节直线、平面垂直的判定与性质)

第五节直线、平面垂直的判定与性质一、基础知识1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ，b ⊂αa ∩b ＝Ol ⊥a l ⊥b⇒l ⊥α 性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线❷，则这两个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊂βl ⊥α⇒α⊥β 性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl ⊂βα∩β＝a l ⊥a ⇒l ⊥α[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]二、常用结论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，则这一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．考点一直线与平面垂直的判定与性质[典例]如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明](1)在四棱锥PABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.∵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，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∵PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.[解题技法]证明线面垂直的4种方法(1)线面垂直的判定定理：l ⊥a ，l ⊥b ，a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝P ⇒l ⊥α. (2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. (3)性质：①a ∥b ，b ⊥α⇒a ⊥α，②α∥β，a ⊥β⇒a ⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ⇒l ⊥γ.(客观题可用) [口诀归纳]线面垂直的关键，定义来证最常见，判定定理也常用，它的意义要记清. 平面之内两直线，两线相交于一点，面外还有一直线，垂直两线是条件. [题组训练]1．(2019·安徽知名示范高中联考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝BB 1，AB 1∩A 1B ＝E ，D 为AC 上的点，B 1C ∥平面A 1BD .(1)求证：BD ⊥平面A 1ACC 1；(2)若AB ＝1，且AC ·AD ＝1，求三棱锥A BCB 1的体积．解： (1)证明：如图，连接ED ，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ， ∴B 1C ∥ED ， ∵E 为AB 1的中点， ∴D 为AC 的中点， ∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC .∵A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，∴A 1A ⊥BD . 又∵A 1A ，AC 是平面A 1ACC 1内的两条相交直线， ∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ，又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12，∴V A BCB 1＝V B 1ABC ＝13S △ABC ·BB 1＝13×12×1＝16.2.如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.考点二面面垂直的判定与性质[典例](2018·江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.[证明](1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.[解题技法] 证明面面垂直的2种方法定义法利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题定理法利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决[题组训练]1．(2019·武汉调研)如图，三棱锥P ABC 中，底面ABC 是边长为2的正三角形，P A ⊥PC ，PB ＝2.求证：平面P AC ⊥平面ABC .证明：取AC 的中点O ，连接BO ，PO . 因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以BO ⊥AC ，BO ＝ 3.因为P A ⊥PC ，所以PO ＝12AC ＝1.因为PB ＝2，所以OP 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 因为AC ∩OP ＝O ，所以BO ⊥平面P AC . 又OB ⊂平面ABC ，所以平面P AC ⊥平面ABC .2.(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面是矩形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点，且P A ＝AD .求证：(1)AF ∥平面PEC ； (2)平面PEC ⊥平面PCD .证明：(1)取PC 的中点G ，连接FG ，EG ， ∵F 为PD 的中点，G 为PC 的中点， ∴FG 为△CDP 的中位线， ∴FG ∥CD ，FG ＝12CD .∵四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点， ∴AE ∥CD ，AE ＝12CD .∴FG ＝AE ，FG ∥AE ， ∴四边形AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ，∴AF∥平面PEC.(2)∵P A＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∵AF⊂平面P AD，∴CD⊥AF.又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD.由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.[课时跟踪检测]A级1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.2．(2019·湘东五校联考)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③解析：选A对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.3．已知P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC解析：选C由P A⊥平面ACB⇒P A⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥P A，BC⊥AC，P A∩AC＝A，可得BC⊥平面P AC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．4.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：选A因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平央ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC解析：选D因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，所以BC⊥平面P AE，又DF∥BC，则DF⊥平面P AE，从而平面PDF⊥平面P AE.因此选项B、C均正确．6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________个；与AP垂直的直线有________个．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，又∵AP⊂平面P AC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：317．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．解析：①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．故所有的真命题的序号是①②.答案：①②8．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．解析：如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．答案：①③9．(2019·太原模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面P AD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．解：(1)证明：连接BD.∵P A＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD，又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵P A＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝ 3.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝12×3×3＝32.∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC ⊥平面PNB .又PM ＝2MC ， ∴V P NBM ＝V M PNB ＝23V C PNB ＝23×13×32×2＝23.10.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .证明：(1)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点．所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，所以直线DE ∥平面A 1C 1F .(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1，因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ，又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F ，因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .B 级1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为AC ∩OB ＝O ，所以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 ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.2．(2019·河南中原名校质量考评)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E ，F 分别是CD ，PC 的中点．求证：(1)BE ∥平面P AD ； (2)平面BEF ⊥平面PCD .证明：(1)∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 是CD 的中点， ∴AB ∥DE 且AB ＝DE ， ∴四边形ABED 为平行四边形，∴AD ∥BE ，又BE ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， ∴BE ∥平面P AD .(2)∵AB ⊥AD ，∴四边形ABED 为矩形， ∴BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，∵平面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，P A ⊥AD ， ∴P A ⊥底面ABCD ， ∴P A ⊥CD ，又P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD ， ∵E ，F 分别是CD ，PC 的中点， ∴PD ∥EF ，∴CD ⊥EF ，又EF ∩BE ＝E ， ∴CD ⊥平面BEF ，∵CD ⊂平面PCD ，∴平面BEF ⊥平面PCD .。

高考数学一轮复习第八章立体几何8-5直线平面垂直的判定与性质学案理

【2019最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何8-5直线平面垂直的判定与性质学案理考纲展示►1.能以立体几何中的定义、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和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的位置关系的简单命题．考点1 直线与平面垂直的判定与性质直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的________直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：答案：(1)任意一条(2)两条相交直线a，b⊂αa∩b＝O l⊥al⊥b平行a⊥αb⊥α(1)[教材习题改编]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βB．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βC．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βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案：A (2)[教材习题改编] 如图，在三棱锥V－ABC中，∠VAB＝∠VAC＝∠ABC＝90°，则构成三棱锥的四个三角形中直角三角形的个数为________．答案：4[典题1] (1)[2017·上海六校联考]已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )B．α⊥β且m∥αA．α⊥β且m⊂αD．m⊥n且α∥βC．m∥n且n⊥β[答案] C [解析] 由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：①CD⊥AE；②PD⊥平面ABE.[证明] ①在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.②由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由①知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.[点石成金] 直线和平面垂直判定的四种方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)，如典题1的第(1)题中选项C；(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)利用面面垂直的性质．当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面. [2017·湖北武汉调研]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求三棱锥E－BCD的体积．(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.∵PC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，∴PC⊥BD.又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC.(2)解：如图所示，设AC与BD的交点为O，连接OE.∵PC⊥平面BDE，∴PC⊥OE.由(1)知，BD⊥平面PAC，∴BD⊥AC.由题设条件知，四边形ABCD为正方形．由AD＝2，得AC＝BD＝2，OC＝.在Rt△PAC中，PC＝＝＝3.易知Rt△PAC∽Rt△OEC，∴＝＝，即＝＝，∴OE＝，CE＝.∴VE－BCD＝S△CEO·BD＝·OE·CE·BD＝×××2＝.考点2 平面与平面垂直的判定与性质平面与平面垂直的判定定理与性质定理答案：垂线l⊂βl⊥α交线α⊥βl⊂βα∩β＝a l⊥a定理的应用：注意由平面到空间的思维的变化．(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________．答案：平行、相交或异面解析：在同一个平面内，由题设条件可得a∥c，在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，即平行、相交、异面都有可能．(2)已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________．答案：a∥α或a⊂α解析：易得a∥α或a⊂α.垂直关系的证明及应用：直接法．(1)如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，平面ADC________平面ABC.答案：⊥解析：在四边形ABCD中，由已知可得BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC. (2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，AA1＝2，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________．答案：6解析：连接AC，交BD于点O，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AB＝AD＝3，所以BD＝3，且AC⊥BD.又因为BB1⊥底面ABCD，所以BB1⊥AC.又DB∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，所以AO为四棱锥A－BB1D1D的高，且AO＝BD＝.因为矩形BB1D1D的面积S＝BD·BB1＝3×2＝6，所以四棱锥A－BB1D1D的体积V＝S·AO＝×6×＝6. [典题2] 如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：(1)CE∥平面PAD；(2)平面EFG⊥平面EMN.[证明] (1)证法一：取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝AB.又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形．所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD.证法二：连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝AB.又CD＝AB，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．因此CF∥AD.又CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CF∥平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又AB⊥PA，所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD.又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.[题点发散1] 在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.证明：因为AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面PAC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面PAC.[题点发散2] 在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥PA，FG∥AC.又EF⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以EF∥平面PAC.同理，FG∥平面PAC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAC.[点石成金] 1.判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．2．在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，∴BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知，PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，从而CD⊥PD，又E，F分别为CD，CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.∵EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD.∴平面BEF⊥平面PCD.考点3 平行与垂直的综合问题[考情聚焦] 空间线、面的平行与垂直的综合考查一直是高考必考热点．主要有以下几个命题角度：角度一证明多面体中的平行与垂直关系[典题3] 如图所示，E是以AB为直径的半圆弧上异于A，B的点，矩形ABCD所在平面垂直于该半圆所在的平面．(1)求证：AE⊥EC；(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.求证：EF∥AB.[证明] (1)∵E是半圆上异于A，B的点，∴AE⊥EB.又∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE.又∵AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE.∵CB∩BE＝B，∴AE⊥平面CBE.又∵EC⊂平面CBE，∴AE⊥EC.(2)∵CD∥AB，AB⊂平面ABE，∴CD∥平面ABE.又∵平面CDE∩平面ABE＝EF，∴CD∥EF.又∵CD∥AB，∴EF∥AB.角度二探索性问题中的平行与垂直关系[典题4] 如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．(1)[证明] 在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF ∥a.(2)[解] 线段BE 上存在点G ，且BG ＝BE ，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE.在三棱台ABC －DEF 中，AB⊥BC ⇒DE⊥EF.由CF⊥平面DEF ⇒CF⊥DE.又CF∩EF＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF.⎭⎪⎬⎪⎫GF⊥CE，GF⊥DE，CE∩DE＝E ⇒GF ⊥平面CDE.又GF ⊂平面DFG ，∴平面DFG ⊥平面CDE.此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，∴HB ＝BC ＝EF.由△HGB∽△FGE 可知，＝，即BG ＝BE.角度三折叠问题中的平行与垂直关系[典题5] 如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，E ，F 分别在线段BC ，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF 沿EF 折起，记折起后的矩形为MNEF ，且平面MNEF⊥平面ECDF.(1)求证：NC∥平面MFD ；(2)若EC ＝3，求证：ND⊥FC；(3)求四面体N －EFD 体积的最大值．(1)[证明] ∵平行四边形MNEF和EFDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN∥CD.∴四边形MNCD是平行四边形．∴NC∥MD.∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD.(2)[证明] 连接ED，交FC于点O.∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，∴NE⊥平面ECDF.∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE.∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.(3)[解] 设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0<x<4.由(2)得NE⊥平面FEC，∴四面体N－EFD的体积为VN－EFD＝S△EFD·NE＝x(4－x)．∴VN－FED≤2＝2，当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体N－FED的体积最大，最大值为2.[点石成金] 平行与垂直的综合应用问题处理的两个策略(1)探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．(2)折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含着的垂直关系.[方法技巧] 1.三种垂直关系的证明(1)判定线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°；②平面几何中证明线线垂直的方法；③线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；④线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.(2)判定线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理；②利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”；③利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”；④利用面面垂直的性质．(3)判定面面垂直的方法①利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；②判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.2．线面垂直、面面垂直的常见性质(1)垂直于同一条直线的两个平面平行．(2)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(3)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．3．三种垂直关系的转化在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．[易错防范] 在用线面垂直的判定定理证明线面垂直时，考生易忽视说明平面内的两条直线相交，而导致被扣分，这一点在证明中要注意．口诀：线不在多，重在相交．真题演练集训1．[2016·浙江卷]已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m ，n 满足m∥α，n⊥β，则() A ．m∥lB ．m∥nC ．n⊥lD ．m⊥n 答案：C解析：因为α∩β＝l ，所以l ⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.2．[2015·浙江卷]如图，已知△ABC，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD －B 的平面角为α，则() A ．∠A′DB≤α B ．∠A′DB≥αC ．∠A′CB≤αD ．∠A′CB≥α答案：B解析：∵ A′C 和BC 都不与CD 垂直，∴ ∠A ′CB ≠α，故C ，D 错误．当CA ＝CB 时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB ＝4，AC ＝2，BC ＝2，如图所示，则CD ＝AD ＝BD ＝2，∠BDH＝120°，设沿直线CD 将△ACD 折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD ，则α＝90°.取CD 中点H ，连接A′H，BH ，则A′H⊥CD，∴ A ′H ⊥平面BCD ，且A ′H ＝，DH ＝1.在△BDH 中，由余弦定理可得BH ＝.在Rt△A′HB 中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中，∵ A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.故选B. 3．[2016·新课标全国卷Ⅱ]α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)答案：②③④解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立；命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确；由平面与平面平行的定义知，命题③正确；由平行的传递性及线面角的定义知，命题④正确．4．[2016·江苏卷]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1 ，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 5．[2016·新课标全国卷Ⅰ]如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解：过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝ CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C( －2,0，)．连接AC ，则＝(1,0，)，＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z)是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n·EC →＝0，n·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AC →＝0，m·AB →＝0，同理可取m ＝(0，，4)．则cos 〈n ，m 〉＝＝－.故二面角E －BC －A 的余弦值为－.课外拓展阅读立体几何证明问题中的转化思想[典例] 如图所示，M ，N ，K 分别是正方体ABCD －A1B1C1D1的棱AB ，CD ，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK ；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.[审题视角] (1)要证线面平行，需证线线平行；(2)要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直．[证明] (1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形．∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN.∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K.∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.方法点睛1．线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理．2．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例，证明垂直时常用的等腰三角形的中线等．3．证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件，步骤书写要规范．。

2020高考数学一轮复习第八章立体几何8-5直线平面垂直的判定与性质理

【2019最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何8-5直线平面垂直的判定与性质理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2.(1)定义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．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．(2)范围：[0，]．3．平面与平面垂直(1)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：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理重要结论：(1)若两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．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(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，则这一条直线与另一个平面也垂直．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( ×)(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( ×)(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(√)(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( ×)(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √)1．(教材改编)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βB．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βC．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βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案A解析根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内．2．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3．(2017·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.其中为真命题的是( )A．①② B．②③ C．②④ D．①④答案D解析①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.4．(2016·济南模拟)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是( )A．MC⊥ANB．GB∥平面AMNC．平面CMN⊥平面AMND．平面DCM∥平面ABN答案C解析显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，取AN的中点H，连接HB，MH，GB，则MC∥HB，又HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，又GB⊄平面AMN，MH⊂平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正确．5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，即O为△ABC的垂心．题型一直线与平面垂直的判定与性质例1 (2016·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC ＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF 的位置．OD′＝.证明：D′H⊥平面ABCD.证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.由EF∥AC得＝＝.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，且OH，EF⊂平面ABCD，所以D′H⊥平面ABCD.思维升华证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④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．因此，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．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；2019年(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2 如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.证明(1)方法一取PA的中点H，连接EH，DH.又E为PB的中点，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH綊CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD.所以CE∥平面PAD.方法二连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝AB.又CD＝AB，所以AF＝CD.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．因此CF∥AD，又CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CF∥平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以E F∥PA.又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.又因为AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG.所以AB⊥平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，所以平面E FG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.证明因为AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面PAC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面PAC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥PA，FG∥AC，又EF⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以EF∥平面PAC.同理，FG∥平面PAC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩A A1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.题型三垂直关系中的探索性问题例3 如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.(2)解线段BE 上存在点G ，且BG ＝BE ，使得平面DFG⊥平面CDE. 证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，GF ，∵CF＝EF ，∴GF⊥CE.在三棱台ABC －DEF 中，AB⊥BC ⇒DE⊥EF. 由CF⊥平面DEF ⇒CF⊥DE.又CF∩EF＝F ，∴DE⊥平面CBEF ，∴DE⊥GF.⎭⎪⎬⎪⎫GF⊥CEGF⊥DE CE∩DE＝E ⇒GF ⊥平面CDE. 又GF ⊂平面DFG ，∴平面DFG⊥平面CDE. 此时，如平面图所示，延长CB ，FG 交于点H ， ∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC≌△FOE， ∴HB＝BC ＝EF.由△HGB∽△FGE 可知＝，即BG ＝BE.思维升华同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．(2016·北京东××区模拟)如图，在三棱柱ABC －A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC ，M 为棱AC 的中点．AB ＝BC ，AC ＝2，AA1＝. (1)求证：B1C∥平面A1BM ； (2)求证：AC1⊥平面A1BM ；(3)在棱BB1上是否存在点N ，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C ？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．(1)证明连接AB1与A1B ，两线交于点O ，连接OM ，在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1中点，∴OM∥B1C，又∵OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，∴B1C∥平面A1BM.(2)证明∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，∴AA1⊥BM，又∵M为棱AC中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.∵AA1∩AC＝A，∴BM⊥平面ACC1A1，∴BM⊥AC1.∵AC＝2，∴AM＝1.又∵AA1＝，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝.∴∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，∴A1M⊥AC1.∵BM∩A1M＝M，∴AC1⊥平面A1BM.(3)解当点N为BB1中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.证明如下：设AC1中点为D，连接DM，DN.∵D，M分别为AC1，AC中点，∴DM∥CC1，且DM＝CC1.又∵N为BB1中点，∴DM∥BN，且DM＝BN，∴四边形BNDM为平行四边形，∴BM∥DN，∵BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面ACC1A1.又∵DN⊂平面AC1N，∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.17．立体几何证明问题中的转化思想典例(12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．规范解答证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分]∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则( )A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直答案D解析对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错误；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错误；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错误；易知D正确．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中，m与n可平行、可异面；C中，若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故选D.3．(2016·包头模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E答案C解析A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确，故选C.4．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④答案B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①② B．①②③C．① D．②③答案B解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC 垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．答案AB、BC、AC AB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.7.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．答案12解析设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.又2×＝h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝＝.由面积相等得× ＝x，得x＝.8.如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A 在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．9．(2016·保定模拟)如图，在直二面角α－MN－β中，等腰直角三角形ABC的斜边BC⊂α，一直角边AC⊂β，BC与β所成角的正弦值为，则AB与β所成的角是________．答案π3解析如图所示，作BH⊥MN于点H，连接AH，则BH⊥β，∠BCH为BC与β所成的角．∵sin∠BC H＝＝，设BC＝1，则BH＝.∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC＝AB＝，∴AB与β所成的角为∠BAH.∴sin∠BAH＝＝＝，∴∠BAH＝.10．(2016·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值．(1)证明由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC，又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2,0，)．所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z)是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·EC →＝0，n·EB →＝0，即所以可取n ＝(3,0，－)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AC →＝0，m·AB →＝0.同理可取m ＝(0，，4)，则cos 〈n ，m 〉＝＝－.故二面角EBCA 的余弦值为－.11．如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD ，EF∥AB，AB ＝2，BC ＝EF ＝1，AE ＝，DE ＝3，∠BAD＝60°，G 为BC 的中点． (1)求证：FG∥平面BED ； (2)求证：平面BED⊥平面AED ；(3)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值． (1)证明如图，取BD 的中点O ，连接OE ，OG. 在△BCD 中，因为G 是BC 的中点，所以OG∥DC 且OG ＝DC ＝1. 又因为EF∥AB，AB∥DC，所以EF∥OG 且EF ＝OG ，所以四边形OGFE 是平行四边形，所以FG∥OE. 又FG ⊄平面BED ，OE ⊂平面BED ，所以FG∥平面BED.(2)证明在△ABD 中，AD ＝1，AB ＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理可得BD ＝，进而∠ADB＝90°，即BD⊥AD.又因为平面AED⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，平面AED∩平面ABCD ＝AD ，所以BD⊥平面AED.又因为BD⊂平面BED，所以平面BED⊥平面AED.(3)解因为EF∥AB，所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角．过点A作AH⊥DE于点H，连接BH.又平面BED∩平面AED＝ED，由(2)知AH⊥平面BED，所以直线AB与平面BED所成的角即为∠ABH.在△ADE中，AD＝1，DE＝3，AE＝，由余弦定理得cos∠ADE＝，所以sin∠ADE＝，因此，AH＝AD·sin∠ADE＝.在Rt△AHB中，sin∠ABH＝＝.所以直线EF与平面BED所成角的正弦值为.12．在直角梯形SBCD中，∠D＝∠C＝，BC＝CD＝2，SD＝4，A为SD的中点，如图(1)所示，将△SAB沿AB折起，使SA⊥AD，点E在SD上，且SE＝SD，如图(2)所示．(1)求证：SA⊥平面ABCD；(2)求二面角E－AC－D的正切值．(1)证明由题意，知SA⊥AB，又SA⊥AD，AB∩AD＝A，所以SA⊥平面ABCD.(2)解在AD上取一点O，使AO＝AD，连接EO，如图所示．又SE＝SD，所以EO∥SA.所以EO⊥平面ABCD.过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，则AC⊥平面EOH，所以AC⊥EH，所以∠EHO为二面角E－AC－D的平面角．已知EO＝SA＝.在Rt△AHO中，∠HAO＝45°，OH＝AO·sin 45°＝×＝. tan∠EHO＝＝2，即二面角E－AC－D的正切值为2.。

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[知识梳理] 1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义直线 l 与平面 α 内的任何一条直线都垂直，就说直线 l 与平面 α 互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理和性质定理
[温馨提示] 两个常用结论 (1)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直； (2)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直． 2．平面与平面的垂直 (1)平面与平面垂直的定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
[答案] B
3．(2017·深圳四校联考)若平面 α，β 满足 α⊥β，α∩β＝l，P ∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为( )
A．过点 P 垂直于平面 α 的直线平行于平面 β B．过点 P 垂直于直线 l 的直线在平面 α 内 C．过点 P 垂直于平面 β 的直线在平面 α 内 D．过点 P 且在平面 α 内垂直于 l 的直线必垂直于平面 β
[答案] A
2．(2015·福建卷)若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面 α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] 由“m⊥α 且 l⊥m”推出“l⊂α 或 l∥α”，但由“m ⊥α 且 l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选 B.
(2)平面与平面垂直的判定定理和性质定理
[温馨提示] 一个数学思想：转化思想空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．
B 两点的任一点，则下列关系不正确的是( )
A．PA⊥BC
B．BC⊥平面 PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
[解析] 由 PA⊥平面 ACB⇒PA⊥BC，A 正确；由 BC⊥PA， BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得 BC⊥平面 PAC，BC⊥PC，即 B，D 正确，故选 C.
[答案] C
5．如图，在斜三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠BAC＝90°，BC1 ⊥AC，则 C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在________上．
[小题速练] 1．下列结论错误的是( ) A．直线 l 与平面 α 内无数条直线都垂直，则 l⊥α B．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 C．垂直于同一条直线的两个平面平行 D．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
[解析] 若 α 内无数条直线是平行的，则 l 与 α 不一定垂直．故 A 错．
[解析] 由 BC1⊥AC，又 BA⊥AC，则 AC⊥平面 ABC1，因此平面 ABC⊥平面 ABC1，因此 C1 在底面 ABC 上的射影 H 在直线 AB 上．
[答案] AB
考点突破提能力
研一研练一练质——热考点角度 1：证明线面垂直
(2017·黑龙江佳木斯一中三模)如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D 是 BC 的中点，F 是 CC1 上一点．当 CF＝2 时，证明：B1F⊥平面 ADF.
[思路引导]
证明B1F与两直线AD，DF垂直
→
B1F⊥平面ADF
[解] 因为 AB＝AC，D 是 BC 的中点，所以 AD⊥BC. 在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，因为 BB1⊥底面 ABC，AD⊂底面 ABC，所以 AD⊥B1B. 因为 BC∩B1B＝B，所以 AD⊥平面 B1BCC1. 因为 B1F⊂平面 B1BCC1，所以 AD⊥B1F. 解法一：在矩形 B1BCC1 中，因为 C1F＝CD＝1，B1C1＝CF ＝2，所以 Rt△DCF≌Rt△FC1B1，
角度 2：证明线线垂直 (2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E
为棱 CD 的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC [思路引导] 每个选项都涉及直线 A1E，而其它直线均为面对
[解析] 由于过点 P 垂直于平面 α 的直线必平行于平面 β 内垂直于交线的直线，因此也平行于平面 β，因此 A 正确．过点 P 垂直于直线 l 的直线有可能垂直于平面 α，不一定在平面 α 内，因此 B 不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项 C，D 正确．
[答案] B
4．PA 垂直于以 AB 为直径的圆所在的平面，C 为圆上异于 A，
如：已知平面 α⊥平面 β，α∩β＝l，点 A∈α，A∉l，直线 AB
∥l，直线 AC⊥l，直线 m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，
不一定成立的是(D)
A．AB∥m
B．AC⊥m
C．AB∥β
D．AC⊥β
提示：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥
l⇒AB∥β，只有 D 不一定成立．
所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，所以 B1F⊥FD.因为 AD∩FD＝D，所以 B1F⊥平面 ADF. 解法二：在 Rt△B1BD 中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以 B1D ＝ BD2＋BB21＝ 10. 在 Rt△B1C1F 中，B1C1＝2，C1F＝1，所以 B1F＝ B1C21＋C1F2 ＝ 5. 在 Rt△DCF 中，CF＝2，CD＝1，所以 DF＝ CD2＋CF2＝ 5. 显然 DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°.所以 B1F⊥FD.∵ AD∩FD＝D，∴B1F⊥平面 ADF.
第
八
立体几何
章
第五节
直线、平面垂直的判定与性质
高考概览 1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
吃透教材夯双基
填一填记一记厚积薄发