立体几何垂直证明专题训练

这是一份立体几何垂直证明专题训练，共22页。

例1 (1)如图，四棱锥中，，平面平面，是线段上一点，，，证明：平面
(2)(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(Ⅰ)证明：BE⊥平面EB1C1；
(Ⅱ)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E­BB1C1C的体积．
解：(Ⅰ)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.


(Ⅱ)由(Ⅰ)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以，四棱锥E­BB1C1C的体积V＝eq \f(1,3)×3×6×3＝18.
变式1 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：


(1)直线BC1∥平面EFPQ；
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
证明：(1)如图，连接AD1，


由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，
因为F，P分别是AD，DD1的中点，
所以FP∥AD1，从而BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1.
而AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1.
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.
又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.
变式2 正方形和四边形所在平面互相垂直，，，，求证：平面
考点二 线线垂直问题
例2 如图，三棱柱 中， ， ，
证明：
【答案】
（Ⅰ）证明：
取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．
因为CA=CB，所以OC⊥AB．
由于AB=AA1，∠BAA1=60°，故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB．
因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C．
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；
例3 (2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：


(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
又在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
变式3 已知三棱柱中，侧棱垂直于底面, ,点是的中点．
A
D
B
C
C1
A1
B1
求证：
【答案】
证明AC=BC，D是AB的中点，AB⊥CD，
又AA1⊥面ABC，CD面ABC，AA1⊥CD，
AA1∩AB=A， CD⊥面AA1B1B， CD面CA1D，
平面CD⊥平面AA1B1B
∴CD⊥A1D
变式4 (2018·湖州模拟改编)如图所示，在四棱锥A­BCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE⊥底面BCDE，O，F分别为BE，DE的中点．求证：


(1)AO⊥CD；
(2)CE⊥AF.
证明：(1)因为△ABE为等边三角形，O为BE的中点，所以AO⊥BE.
又因为平面ABE⊥平面BCDE，
平面ABE∩平面BCDE＝BE，
AO⊂平面ABE，所以AO⊥平面BCDE.
又因为CD⊂平面BCDE，所以AO⊥CD.
(2)连接BD，因为四边形BCDE为菱形，所以CE⊥BD.
因为O，F分别为BE，DE的中点，
所以OF∥BD，所以CE⊥OF.
由(1)可知，AO⊥平面BCDE，
因为CE⊂平面BCDE，所以AO⊥CE.
因为AO∩OF＝O，所以CE⊥平面AOF.
又AF⊂平面AOF，所以CE⊥AF.
变式5 在四棱锥中， ，，平面，为的中点，．
求证：；
【答案】解：（1）在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°，
∴BC=3，AC=2．取PC中点F，连AF，EF，
∵PA=AC=2，∴PC⊥AF．
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，又∠ACD=90°，即CD⊥AC，
∴CD⊥平面PAC，∴CD⊥PC，
∴EF⊥PC，∴PC⊥平面AEF，∴PC⊥AE．
考点三 面面垂直问题
例4 如图，已知三棱锥中，，，为中点，为中点，且为正三角形．求证：平面平面；
【答案】 ∵△PMB为正三角形，D为PB的中点
∴MD⊥PB，∴AP⊥PB又∵AP⊥PC，PB∩PC=P
∴AP⊥面PBC（6分）∵BC⊂面PBC∴AP⊥BC
又∵BC⊥AC，AC∩AP=A∴BC⊥面APC，
∵BC⊂面ABC∴平面ABC⊥平面APC
例5 如图，四边形为菱形，为与的交点，平面．证明：平面平面；
【答案】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵BE⊥平面ABCD，
∴AC⊥BE，
则AC⊥平面BED，
∵AC⊂平面AEC，
∴平面AEC⊥平面BED；
例6 (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，联结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，所以图2中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，联结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＝eq \r(3)，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为CG·DM＝2×2＝4.
变式6 如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，分别为的中点．
求证：平面平面
【答案】∵AC=BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，
∵平面VAB⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，
∴OC⊥平面VAB，
∵OC⊂平面MOC，
∴平面MOC⊥平面VAB
变式7 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，为与的交点，为棱上一点．证明：平面平面
【答案】∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．
而AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．
变式8 (2018·北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．

(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.


因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.

课后作业

1．(2019·广东五校协作体诊断考试)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⊥n
B.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
解：若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n，或m，n异面，故D错误．故选B.
2．(2018·上饶质检)已知P是△ABC所在平面外一点，P到AB，AC，BC的距离相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC内，则O一定是△ABC的 ( )
A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心
解：因为P到AB，AC，BC三边的距离相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC内，则O到AB，AC，BC三边的距离也相等，即点O为△ABC的内切圆的圆心，即△ABC的内心．故选A.
3．(2018·福建泉州)如图，在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是 ( )


A B


C D

解：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，图形EFMNQG是一个平面图形，直线BD1与平面EFMNQG垂直，而选项A，B，C中的平面EFG与这个平面重合，D中EF∥BB1，而BB1与BD1不垂直，即BD1与平面EFG不垂直．故选D.


4．(2019·忻州二中月考)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列命题中正确的有 ( )
①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若α∥β，m⊂α，则m∥β；
③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β.
A.①③ B.①② C.③④ D.②③
解：由面面垂直的性质定理知若m⊂β，α⊥β，且m垂直于α，β的交线时，m⊥α，故①错误；若α∥β，则α，β无交点，又m⊂α，所以m∥β，故②正确；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，故③正确；若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④错误．故选D.
5．(2019·江西南昌模拟)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么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：由AB⊥AC，BD⊥AC，又AB∩BD＝B，则AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上．故选A.
6．(长春市普通高中2019届高三质量监测)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为 ( )
A.1 B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
解：如图所示，连接A1D，AD1交于点O，连接OC1，在正方体中，因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又A1D⊥AD1，且AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面AD1C1B，

所以∠A1C1O即为所求角，在Rt△A1C1O中，sin∠A1C1O＝eq \f(1,2)，所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为eq \f(1,2).故选D.
7．(2020·全国高二专题练习)如图，四边形ABCD为矩形，沿AC将△ADC翻折成△AD′C.设二面角D′­AB­C的平面角为θ，直线AD′与直线BC所成角为θ1，直线AD′与平面ABC所成角为θ2，当θ为锐角时，有 ( )


A.θ2＜θ1＜θ B.θ2＜θ＜θ1
C.θ1＜θ2＜θ D.θ＜θ2＜θ1
解：作D′E⊥AB于E，EH∥BC，EH∩AC于H，作D′O⊥EH于O，


因为AB⊥BC，所以AE⊥EH，所以AE⊥平面D′EO，所以D′O⊥AE，所以D′O⊥平面ABC，
所以θ＝∠D′EH，θ2＝∠D′AO，
则sinθ＝eq \f(D′O,D′E)＞eq \f(D′O,D′A)＝sinθ2，
因为θ为锐角，所以θ>θ2.
作OF⊥AD于F，则OE＝AF，
且AF⊥D′F，θ1＝∠D′AF，
则csθ1＝eq \f(AF,AD′)＝eq \f(OE,AD′)