新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第4讲直线、平面垂直的判定及性质（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第4讲直线、平面垂直的判定及性质（含解析），共11页。学案主要包含了换个思路等内容，欢迎下载使用。

一 直线与平面垂直
1．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．判定定理与性质定理
二 直线和平面所成的角
1．斜线和平面所成角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
2．如果一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角为90°.
3．如果一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角为0°.
4．直线和平面所成的角θ的范围是0°≤θ≤90°.
三 平面与平面垂直
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；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．定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
3．判定定理与性质定理
常/用/结/论
1．若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面．
2．垂直于同一条直线的两个平面平行．
3．一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．
4．两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．
1．判断下列结论是否正确．
(1)“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的必要不充分条件．(√)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()
(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)若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a∥直线b.(√)
(5)若平面α⊥平面β，直线a⊥平面β，则a∥α.()
2．(教材改编)在三棱锥P­ABC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
3．(2024·福建泉州模拟)已知平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，给出下列说法：①若m⊥n，则m⊥l；②若m⊥l，则m⊥β；③若m⊥β，则m⊥n，其中正确说法的序号为( )
A．①②③ B．①②
C．①③ D．②③
解析：平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①错误；②若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故②正确；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正确．故选D.
答案：D
4．(多选)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是( )
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
解析：对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项可知BC⊥AE，由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，由B项可知AE⊥平面PBC，因而AC与平面PBC不垂直，若AC⊥PB，则易得AC⊥平面PBC，矛盾，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PBC，AE⊂平面AEF，由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD.
答案：ABD
题型 线线垂直与线面垂直
典例1(2024·福建三明模拟)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.求证：BC⊥平面ACB1.
证明：在Rt△ABC中，AB＝eq \r( ,AC2＋BC2)＝5，因为四边形AA1B1B为菱形，所以BB1＝AB＝5.因为△AB1C为等边三角形，所以B1C＝AC＝4，则BBeq \\al(2,1)＝BC2＋B1C2，所以BC⊥B1C.
【小技巧】三角形中垂直关系的证明多利用勾股定理的逆定理或等腰三角形“三线合一”．
又AC⊥BC，AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面ACB1，所以BC⊥平面ACB1.
【换个思路】也可通过求证AB1⊥BC得解，此时需要证明AB1垂直于BC所在的某个平面，同样可采用倒推法挖掘垂直关系，虽过程较繁琐，但此法有助于快速掌握线面垂直判定定理的运用，可以很好地锻炼逻辑思维能力，同学们不妨一试！
1．证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
(5)向量法：a⊥b⇔a·b＝0.
2．证明线面垂直的常用方法
(1)利用判定定理，它是最常用的思路．
(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面．
(3)利用面面垂直的性质：
①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．
②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．这也算一个二级结论．
(4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行.
对点练1(2024·河南许平汝名校模拟节选)如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，M是DD1的中点．证明：BC⊥B1M.
证明： 如图所示，连接BD，B1D1，∵AB＝AD＝1，CD＝2，AB∥CD，AB⊥AD，
∴BD＝eq \r( ,AB2＋AD2)＝eq \r( ,2)，BC＝eq \r( ,12＋2－12)＝eq \r( ,2)，
∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.
∵BB1⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BB1⊥BC.
又BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面B1BDD1，∴BC⊥平面B1BDD1，
∵B1M⊂平面B1BDD1，∴BC⊥B1M.
题型 面面垂直
典例2(1)(2022·全国乙卷，文)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
可推得△ADB与△CDB全等，从而有AB＝BC.
①证明：平面BED⊥平面ACD；
②设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F­ABC的体积．
(2)(2024·重庆巴蜀中学校考节选)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝eq \r( ,3)，∠BAD＝30°.暗示出△ABD的特殊性．
求证：平面PBD⊥平面PAB.
(1)①证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC，
又E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，
△ADC和△ABC都是等腰三角形，才有DE⊥AC，和BE⊥AC.
因为BE∩DE＝E，且BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD, 所以平面BED⊥平面ACD.
学会逆向思维，发现解题突破点，欲证平面BED⊥平面ACD，而AC⊥交线DE⇒AC必须垂直于平面BDE.
②解：由①可知BA＝BC，因为∠ACB＝60°，AB＝2，所以AC＝2，则BE＝eq \r( ,3)，DE＝eq \f(1,2)AC＝1，又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，所以DE⊥EB.本小问中数量关系，就是要推得这个位置关系DE⊥EB.
连接EF(图略)，易知当△AFC的面积最小时，EF取最小值，由△ABD≌△CBD⇒FA＝FC，S△FAC＝eq \f(1,2)AC·EF. 从而推出EF有最小值时△AFC面积最小．
在Rt△BED中，EF的最小值为E到BD的距离，故当△AFC的面积最小时，EF＝eq \f(DE·BE,BD)＝eq \f(\r( ,3),2).
由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD
如图，在Rt△EDB中，EF⊥BD，射影定理有如下三个结论：①EF2＝DF·BF；②ED2＝DF·DB；③BE2＝BF·BD.
＝2，易知FB>DF，所以DF＝eq \f(1,2)，FB＝eq \f(3,2).
方法一：因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
则F到平面ABC的距离d＝eq \f(BF,BD)×DE＝eq \f(3,4).
应用比例关系来计算的．
故VF­ABC＝eq \f(1,3)S△ABC×d＝eq \f(1,3)×eq \f(\r( ,3),4)×4×eq \f(3,4)＝eq \f(\r( ,3),4).
方法二：由①知BD⊥AC，又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即为B到平面ACF的距离，
故VF­ABC＝VB­AFC＝eq \f(1,3)S△AFC×BF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×AC
等积变形，巧用BF⊥平面AFC，以BF作为棱锥的高．
×EF×BF＝eq \f(\r( ,3),4).
(2)证明：在△ABD中，AD＝2，AB＝eq \r( ,3)，∠BAD＝30°，则BD2＝4＋3－2×2×eq \r( ,3)×eq \f(\r( ,3),2)＝1，所以BD＝1，利用数量关系的特殊性，进而推得AB⊥BD.
则BD2＋AB2＝AD2，所以AB⊥BD.
【会联想】根据题目中的数量关系，联想利用余弦定理、勾股定理的逆定理求解．
又平面PAB⊥平面ABCD，
下面一段证明正好是面⊥面性质定理的应用．因此每当条件中出现面面垂直时，我们注意力集中在寻找是否存在垂直于交线的直线上，从而为线⊥面创造条件．
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
【警示】利用面面垂直的性质定理时，注意不要忘记对交线的说明．
BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.
1．证明面面垂直的方法
(1)面面垂直的判定定理：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.此方法将问题转化为线面垂直问题，一般找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面平行．
(2)只要证明两个平面所构成的二面角的平面角为90°即可．
(3)性质：α∥β，β⊥γ⇒α⊥γ(客观题常用)．
(4)向量法：证明两个平面的法向量垂直．
2．面面垂直的性质
已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面；于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面.
对点练2(1)(2024·广西桂林模拟)如图所示，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD且AB＝1，PA＝AD＝PD＝2，E为PD的中点．
①求证：平面PCD⊥平面ACE；
②求点B到平面ACE的距离．
(2)(2024·广东湛江模拟)如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝4，AA1＝3eq \r( ,2)，M，N分别是棱A1C1，AC的中点，E在侧棱AA1上，且A1E＝2EA，求证：平面MEB⊥平面BEN.
(1)①证明：由PA＝AD＝PD，E为PD的中点，可得AE⊥PD，
因为CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，
而AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE，由CD∩PD＝D，则AE⊥平面PCD，又AE⊂平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE.
②解：如图，连接BD，与AC交于O，则O为BD的中点，
所以点D到平面ACE的距离即为点B到平面ACE的距离．
由平面PCD⊥平面ACE，过D作DM⊥CE，垂足为M，
则DM⊥平面ACE，则DM为点D到平面ACE的距离．
由CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，
又CD＝DE＝1，
所以DM＝eq \f(1,2)CE＝eq \f(\r( ,2),2)，
即点B到平面ACE的距离为eq \f(\r( ,2),2).
(2)证明：在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，则AA1⊥BN.
∵N是棱AC的中点，△ABC为正三角形，∴BN⊥AC.
又AA1∩AC＝A，∴BN⊥平面AA1C1C，
∵ME⊂平面AA1C1C，∴BN⊥ME.
又AB＝4，AA1＝3eq \r( ,2)，A1E＝2EA，则EA＝eq \r( ,2)，A1E＝2eq \r( ,2)，
∴eq \f(A1E,A1M)＝eq \f(AN,AE)＝eq \r( ,2)，则△A1EM和△ANE相似，故∠A1EM＝∠ANE，
∴∠A1EM＋∠AEN＝∠ANE＋∠AEN＝90°，
则∠MEN＝90°，故EN⊥ME.
又EN∩BN＝N，EN，BN⊂平面BEN，∴ME⊥平面BEN，
而ME⊂平面MEB，∴平面MEB⊥平面BEN.
题型 平行与垂直的综合问题
典例3如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2AD＝2，A1D∩AD1＝O，E为线段AB上的一点．
(1)若OE∥平面D1BC，求证：E为AB的中点．线∥面性质定理可推得OE∥BD1.
(2)在线段AB上是否存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明：因为四边形AA1D1D为正方形，A1D∩AD1＝O，所以O为AD1的中点．
又因为OE∥平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC＝BD1，OE⊂平面ABD1，
平面ABD1就是过OE的辅助平面，与平面D1BC相交．
所以OE∥BD1.
又因为O为AD1的中点，所以E为AB的中点．
(2)解：存在点E，当AE＝eq \f(1,2)时，平面D1DE⊥平面AD1C，本小问应逆向推理，寻找突破口．由于D1D⊥AC，欲使平面D1DE⊥平面AD1C，只须使得动点E满足DE⊥AC即可．从而使得AC⊥平面D1DE.
理由如下：设AC∩DE＝F，因为四边形AA1D1D为正方形，所以D1D⊥AD，
又因为平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D⊂平面AA1D1D，所以D1D⊥平面ABCD，
又因为AC⊂平面ABCD，所以D1D⊥AC.
在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，
当AE＝eq \f(1,2)时，在Rt△ADE中，tan∠ADE＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(1,2)，利用正切值相等，来反映AC⊥DE.即∠BAC＝∠ADE可推得AC⊥DE.
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(1,2)，
所以∠ADE＝∠BAC，
又因为∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝90°，
所以∠ADE＋∠DAC＝90°，则∠AFD＝90°，所以AC⊥DE，
又因为DE∩DD1＝D，DE，DD1⊂平面D1DE，所以AC⊥平面D1DE.
又因为AC⊂平面AD1C，所以平面D1DE⊥平面AD1C.
平行与垂直的综合
对点练3(2024·四川宜宾诊断)如图1，在边长为4的正三角形ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，将△ADE沿DE折起，使二面角A­DE­B为直二面角，如图2，连接AB，AC.
(1)求四棱锥A­BCED的体积；
(2)在图2中，过点E作平面EFG∥平面ABD，分别交BC，AC于点F，G.求证：EG⊥平面ABC.
(1)解：如图，取DE的中点O，连接AO.
∵AD＝AE，∴AO⊥DE.
∵二面角A­DE­B为直二面角，
∴平面ADE⊥平面BCED，
又平面ADE∩平面BCED＝DE，AO⊂平面ADE，∴AO⊥平面BCED.
由已知AD＝AE＝DE＝2，BC＝4，AO＝eq \r( ,3)，梯形BCED的高为eq \r( ,3)，
∴四棱锥A­BCED的高为AO＝eq \r( ,3)，
梯形BCED的面积S＝eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r( ,3)＝3eq \r( ,3)，
∴四棱锥A­BCED的体积为eq \f(1,3)×3eq \r( ,3)×eq \r( ,3)＝3.
(2)证明：连接OF，AF，∵平面EFG∥平面ABD，平面EFG∩平面ABC＝FG，平面ABD∩平面ABC＝AB，∴AB∥FG，同理BD∥EF，
又DE∥BF，∴四边形BFED为平面四边形．
∵BF＝DE＝eq \f(1,2)BC，
∴F为BC的中点，∴G为AC的中点，又EA＝EC，∴EG⊥AC.
∵AO⊥平面BCED，BC⊂平面BCED，
∴AO⊥BC，又OF⊥BC，AO∩FO＝O，AO，FO⊂平面AOF，
∴BC⊥平面AOF.
∵AF⊂平面AOF，
∴BC⊥AF.
∵G为Rt△AFC的斜边AC的中点，
∴GF＝GA.
∵EA＝EF＝2，GE是△GEA与△GEF的公共边，
∴△GEA≌△GEF，
∴∠FGE＝∠AGE＝90°，故EG⊥GF，
又EG⊥AC，AC∩GF＝G，AC，GF⊂平面ABC，
∴EG⊥平面ABC.
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α，,a∩b＝O，,l⊥a，,l⊥b))⇒l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α，,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α，,l⊂β))
⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β，,l⊂β，,α∩β＝a，,l⊥a))
⇒l⊥α