2021届山东高考数学一轮创新教学案：第7章第5讲直线、平面垂直的判定与性质

第5讲　直线、平面垂直的判定与性质

1.直线与平面垂直

判定定理与性质定理

2.平面与平面垂直

判定定理与性质定理

3.直线和平面所成的角

(1)定义：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)范围：(0°，90°]．

4.二面角

(1)定义：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)范围：[0°，180°]．

5.必记结论

(1)若两条平行线中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，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．

(3)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直．

(4)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直．

(5)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．

(6)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.概念辨析

(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)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)×

2.小题热身

(1)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

答案　A

解析　A错误，如图1所示，在长方体中α⊥β，l∥α，但l⊂β；B正确，设α∩β＝l，则α内与l平行的直线都与β平行；C正确，由面面垂直的判定可知；D正确，如图2所示，在平面α内，作α与γ交线的垂线m，在平面β内作β与γ的交线的垂线n，由α⊥γ得m⊥γ，由β⊥γ得n⊥γ，所以m∥n.可推出m∥β，进而推出m∥l，所以l⊥γ.

(2)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿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.AG⊥平面EFH  B．AH⊥平面EFH

C.HF⊥平面AEF  D．HG⊥平面AEF

答案　B

解析　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩

GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；已证平面HAG⊥平面AEF，若证HG⊥平面AEF，只需证HG⊥AG，已证AH⊥HG，故HG⊥AG不成立，所以HG与平面AEF不垂直，∴D不正确．故选B.

(3)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．

答案　

解析　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝＝.

(4)已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有______对．

答案　4

解析　由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，由于AC⊥平面PDB，所以平面PAC⊥平面PDB，共4对.

题型 一　直线与平面的位置关系　

角度1　直线与平面所成的角

1.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A.8  B．6

C．8  D．8

答案　C

解析　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，＝tan30°，所以BC1＝2，从而求得CC1＝＝2，所以该长方体的体积为V＝2×2×2＝8.故选C.

角度2　直线与平面垂直的判定和性质

2.(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；

(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．

解　(1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1＝90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，

所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，

故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.

如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.

所以四棱锥E－BB1C1C的体积

V＝×3×6×3＝18.

1.求直线和平面所成角的步骤

(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线．

(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角．

(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．如举例说明1.

2.证明直线与平面垂直的常用方法

(1)利用线面垂直的判定定理，这是主要证明方法．如举例说明2(1)．

(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“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．

(4)利用面面垂直的性质定理.

1.已知一个正四棱柱的体对角线长为，且体对角线与底面所成的角的余弦值为，则该四棱柱的表面积为________．

答案　10

解析　由图可知，BD＝×＝，

DD1＝＝＝2，底面边长AB＝×＝1，所以所求表面积为4AA1·AB＋2AB2＝4×2×1＋2×12＝10.

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)由于AB＝BC，则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.

题型 二　面面垂直的判定与性质

如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，M是AB的中点，AC＝CB＝CC1＝2.

(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；

(2)求点M到平面A1CB1的距离．

解　(1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥CM.

∵AC＝CB，M是AB的中点，∴AB⊥CM.

又A1A∩AB＝A.∴CM⊥平面ABB1A1，

又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1A1.

(2)设点M到平面A1CB1的距离为h，

由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2，

S△A1CB1＝×(2)2＝2，

S△A1MB1＝S四边形ABB1A1＝×2×2＝2.

由(1)可知CM⊥平面ABB1A1，

得VC－A1MB1＝MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1＝h·S△A1CB1.

∴点M到平面A1CB1的距离h＝＝.

证明面面垂直的两种方法

(1)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．

(2)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面垂直加以解决．如举例说明中(1)．

如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.

(1)求证：AB∥EF；

(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.

证明　(1)因为四边形ABCD是矩形，

所以AB∥CD.

又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，

所以AB∥平面PDC，

又AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，

所以AB∥EF.

(2)因为四边形ABCD是矩形，

所以AB⊥AD.

因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，

所以AB⊥AF.

又AB⊥AD，

由点E在棱PC上(异于点C)，

所以点F异于点D，

所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面PAD，

所以AB⊥平面PAD，

又AB⊂平面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD.

题型 三　平面图形的翻折问题

(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

(2)求图2中的四边形ACGD的面积．

解　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，

所以AD∥CG，

故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.

由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，

得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，

故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.

平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．

解决此类问题的步骤为：

(2019·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图2所示的四棱锥P－ABCE.

(1)求证：AP⊥平面ABCE；

(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.

证明　(1)在△CDE中，

∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，

∴由余弦定理得CE＝2.连接AC，如图，

∵AE＝2，∠AEC＝60°，

∴AC＝2.

又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，

即AP⊥AE.

同理，AP⊥AC.

∵AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，

∴AP⊥平面ABCE.

(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，

∴AB∥平面PCE.

又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.

　组　基础关

1．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(　　)

A．AB∥m  B．AC⊥m

C．AB∥β  D．AC⊥β

答案　D

解析　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，故选D.

2．(2019·武汉模拟)已知两个平面相互垂直，下列命题：

①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线

②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线

③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面

④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面

其中正确命题的个数是(　　)

A．1  B．2

C．3  D．4

答案　B

解析　由题意，对于①，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的任意一条直线，故①错误；对于②，设平面α∩平面β＝m，n⊂α，l⊂β，∵平面α⊥平面β，∴当l⊥m时，必有l⊥α，而n⊂α，∴l⊥n，而在平面β内与l平行的直线有无数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的己知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线，即②正确；对于③，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不垂直于另一个平面，故③错误；对于④，当两个平面垂直时，过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面，这是面面垂直的性质定理，故④正确．

3．如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是(　　)

A．一条线段

B．一条直线

C．一个圆

D．一个圆，但要去掉两个点

答案　D

解析　∵平面PAC⊥平面PBC，而平面PAC∩平面PBC＝PC.又AC⊂平面PAC，且AC⊥PC，∴AC⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，∴点C在以AB为直径的圆上，∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.

4. (2020·江西南昌摸底)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

答案　A

解析　因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面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．故选A.

5．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(　　)

A.  B．1 

C.  D．2

答案　A

解析　设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝，矩形ABB1A1中，tan∠FDB1＝，tan∠A1AB1＝＝.又∠FDB1＝∠A1AB1，所以＝.故B1F＝×＝.故选A.

6．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线

B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线

C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线

D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线

答案　B

解析　如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，

∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，∴EN＝＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝EF＝，BG＝＝ ＝，

∴BM＝＝.∴BM≠EN.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.

7．(2019·湖北省“四地七校”联考)现有编号为①、②、③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是(　　)

A．①②  B．②③

C．①③  D．①②③

答案　A

解析　编号为①的三棱锥，其直观图可能是①，侧棱VC⊥底面ABC，则侧面VAC⊥底面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥，其直观图可能是②，侧面PBC⊥底面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥，顶点的投影不在底面边上(如图③)，不存在侧面与底面垂直．故答案为A.

8．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.

答案　若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)

解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.

9．如图，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，则AD＝________.

答案　a

解析　作BC的中点E，连接AE，DE，

则在Rt△ABC中，AB＝AC＝a，

由勾股定理得BC＝2AE＝a，且有AE⊥BC，

又平面ABC⊥平面BDC，平面ABC∩平面BDC＝BC，且直线AE在平面ABC内，

∴由面面垂直的性质定理得AE⊥平面BDC，

∵DE⊂平面BDC内，∴AE⊥DE，

又在Rt△BCD中，点E是BC的中点，

∴DE＝＝a，

在Rt△ADE中，AE＝a，

由勾股定理得AD＝＝a.

10．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．

答案　

解析　如图，过点P作PO⊥平面ABC于点O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.

又PE＝PF＝，所以OE＝OF，

所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.

在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，

所以OE＝1，所以PO＝＝＝.

　组　能力关

1．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PA＝AB＝4，AD＝CD，∠CDA＝120°，N是CD的中点．

(1)求证：平面PMN⊥平面PAB；

(2)求点M到平面PBC的距离．

解　(1)证明：在正△ABC中，AB＝ BC，在△ACD中，AD＝CD，易证△ADB≌△CDB，

所以M为AC的中点，因为N是CD的中点，所以MN∥AD.

因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因为∠CDA＝120°，所以∠DAC＝30°，

因为∠BAC＝60°，所以∠BAD＝90°，即BA⊥AD.

因为PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以MN⊥平面PAB.

又MN⊂平面PMN，所以平面PMN⊥平面PAB.

(2)设点M到平面PBC的距离为h，

在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4，

在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4，

在△PBC中，PB＝4，PC＝4，BC＝4，所以S△PBC＝4.

由△ABC是正三角形，M是AC的中点，得BM⊥AC，

在Rt△BMC中，MC＝2，BM＝2，所以S△BMC＝2.

由VM－PBC＝VP－BMC，即×4×h＝×2×4，解得h＝，所以点M到平面PBC的距离为.

2．(2019·湖南长郡中学模拟)如图，在多边形ABPCD中(图1)，四边形ABCD为长方形，△BPC为正三角形，AB＝3，BC＝3，现以BC为折痕将△BPC折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2)．

(1)证明：PD⊥平面PAB；

(2)若点E在线段PB上，且PE＝PB，当点Q在线段AD上运动时，求三棱锥Q－EBC的体积．

解　(1)证明：过点P作PO⊥AD，垂足为O.

由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上，

∴PO⊥平面ABCD.

∴PO⊥AB.

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB⊥AD.

又AD∩PO＝O，∴AB⊥平面PAD，

∴AB⊥PD.

又由AB＝3，PB＝3，可得PA＝3，同理PD＝3.

又AD＝3，∴PA2＋PD2＝AD2，∴PA⊥PD，

且PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.

(2)设点E到底面QBC的距离为h，

则VQ－EBC＝VE－QBC＝S△QBC·h.

由PE＝PB，可知＝，

∴＝⇒h＝×＝.又S△QBC＝·BC·AB＝×3×3＝，

∴VQ－EBC＝SQBC·h＝××＝3.

3．(2019·合肥一中模拟)如图，四边形ABCD为矩形，点A，E，B，F共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°.

(1)若平面ABCD⊥平面AEBF，证明：平面BCF⊥平面ADF；

(2)问在线段EC上是否存在一点G，使得BG∥平面CDF，若存在，求出此时三棱锥G－ABE与三棱锥G－ADF的体积之比．

解　(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，

又平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，∴BC⊥平面AEBF，又AF⊂平面AEBF，

∴BC⊥AF.

∵∠AFB＝90°，即AF⊥BF，又BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，BC∩BF＝B，∴AF⊥平面BCF，又AF⊂平面ADF，

∴平面BCF⊥平面ADF.

(2)∵BC∥AD，AD⊂平面ADF，∴BC∥平面ADF.

∵△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°，

∴∠FAB＝∠ABE＝45°，∴AF∥BE，又AF⊂平面ADF，∴BE∥平面ADF，∵BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF.

延长EB到点H，使得BH＝AF，又BC綊AD，连接CH，HF，易证四边形ABHF是平行四边形，

∴HF綊AB綊CD，

∴四边形HFDC是平行四边形，∴CH∥DF.

过点B作CH的平行线，交EC于点G，

即BG∥CH∥DF，又DF⊂平面CDF，BG⊄平面CDF，

∴BG∥平面CDF，即此点G为所求的G点．

又BE＝AB＝2AF＝2BH，∴EG＝EC，

又S△ABE＝2S△ABF，VG－ABE＝VC－ABE＝VC－ABF

＝VD－ABF＝VB－ADF＝VG－ADF，

故＝.