2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第八章第五节直线、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、基础知识批注——理解深一点
“任意一条直线”与“所有直线”是同义的，但与“无数条直线”不同，定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直.

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❶，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b

　
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

⇒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

⇒l⊥α

　[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]

二、常用结论汇总——规律多一点

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．

三、基础小题强化——功底牢一点


　(1)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)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.(　　)
(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．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
(二)选一选
1．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．充分不必要条件　　　　　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B　∵m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m⇒/ l∥α，
∵l⊥m时，l可能在α内．
故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．
2．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
解析：选A　∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．

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∥β
B．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，则n∥α
D．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
解析：选B　对于A，m可以在β内，故A错；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．

(三)填一填
4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直．
答案：垂直
5.已知PD垂直于正方形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．
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，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7



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，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝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，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.∵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.
∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，
∴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ABC­A1B1C1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A­BCB1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.
∵A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴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＝AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，
∴AC2＝2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，
∴S△ABC＝AB·BC＝，
∴VA­BCB1＝VB1­ABC＝S△ABC·BB1＝××1＝.
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.



[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P­ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.
求证：平面PAC⊥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＝.
因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝1.
因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
因为AC∩OP＝O，
所以BO⊥平面PAC.
又OB⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
2.(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA＝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＝CD.
∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，
∴AE∥CD，AE＝CD.
∴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)∵PA＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，
又∵CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAD，
∵AF⊂平面PAD，
∴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.


A级——保大分专练
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⊥β　　　　　 B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．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．①④ B．③④
C．①② D．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PA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．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
解析：选C　由PA⊥平面ACB⇒PA⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，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PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．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PAE，又DF∥BC，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B、C均正确．
6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC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PAC，
又∵AP⊂平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：3　1
7．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：①②
8．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：①③

9．(2019·太原模拟)如图，在四棱锥P­ABCD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P­NBM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＝.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，
∴PN⊥NB，∴S△PNB＝××＝.
∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，
∴BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，
∴VP­NBM＝VM­PNB＝VC­PNB＝×××2＝.
10.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)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，
在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点．
所以DE∥AC，于是DE∥A1C1，
又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，
所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，
因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1，
又因为A1C1⊥A1B1，A1B1∩AA1＝A1，AA1⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，
所以A1C1⊥平面ABB1A1，
因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以A1C1⊥B1D，
又因为B1D⊥A1F，A1C1∩A1F＝A1，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，
所以B1D⊥平面A1C1F，
因为直线B1D⊂平面B1DE，
所以平面B1DE⊥平面A1C1F.

B级——创高分自选

1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，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PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，且PO＝2.
连接OB，
因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，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＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°，
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
2．(2019·河南中原名校质量考评)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F分别是CD，PC的中点．
求证：(1)BE∥平面PAD；
(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PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(2)∵AB⊥AD，∴四边形ABED为矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，
∴PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，又PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴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.