第20讲 直线与平面、平面与平面垂直-高考数学必考考点二轮复习讲义（新高考专用）

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1.直线与平面垂直判定定理与性质定理
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
【典型题型讲解】
考点一：直线与平面垂直的判定定理及性质
【典例例题】
例1.（2022·广东珠海·高三期末）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，P在平面的投影为边的中点O，，，，．
求证：平面.
【解析】在中，由余弦定理可得：，
，∴，，
由题易知平面，平面，
∴，
∵，∴C平面，
∵四边形为平行四边形，
∴，∴平面．
例2．（2022·广东东莞·高三期末）如图，在正四棱锥中，点，分别是，中点，点是上的一点.
证明：；
【解析】如图，连接SO和OE，
因为是正四棱锥，所以平面ABCD，
又因为平面ABCD，所以
因为ABCD是正方形，所以，
又因为点O，E分别是BD，BC中点，所以∥，
所以
又因为，OE、平面SOE，
所以平面SOE，
因为平面SOE，所以.
【方法技巧与总结】
（1）证明线线垂直的方法
①等腰三角形底边上的中线是高；②勾股定理逆定理；
③菱形、正方形对角线互相垂直；④直径所对的圆周角是直角；
⑤向量的数量积为零；⑥线面垂直的性质；
⑦平行线垂直直线的传递性（）．
（2）证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义；②线面垂直的判定（）；
③面面垂直的性质（）；
④平行线垂直平面的传递性（）；
⑤面面垂直的性质（）．
【变式训练】
1.如图，圆台下底面圆的直径为，是圆上异于的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，．
证明：平面；
【解析】∵为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，
故
又∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，又∵，，平面
∴平面
2.如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面．证明：平面
【解析】证明：由题设，，又面面，面面，面，
所以面，而面，则，
由得：，
又，则平面．
3.如图，在三棱锥中，已知平面ABC，，D为PC上一点，且．
（1）若E为AC的中点，求三棱锥与三棱锥的体积之比；
（2）若，，证明：平面ABD．
【解析】（1）由题意有．
∵为的中点，∴．
又，∴点到平面的距离为．
∴．
∴．
∴三棱锥与三棱锥的体积之比为．
（2）证明：∵平面，平面，∴．
∵，∴．
∵，，平面，
∴平面．
又平面，∴．
在中，由，，得．
又，得．∴．
∵，∴．又，∴．
∴，即．
又，平面ABD，∴平面．
4.如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，，点是棱上靠近点的三等分点，点是的中点．
（1）证明：平面；
（2）点为线段上一点，设，若平面，试确定的值．
【解析】（1）证明：取的中点，记，连接，，，
在中，，分别是，的中点，所以，
同理可得，
又因为，，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
（2）因为底面是菱形，所以，
因为，，所以，则，
又因为是的中点，所以，
因为，所以平面，又平面，
所以，即
因为，，所以，
则，
则，所以，即
又因为，
所以平面，
若平面，
则与重合．故．
5．（2022·广东深圳·高三期末）如下图所示，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形．
证明：；
【解析】证明：如下图所示，取的中点，连接，
，
为等边三角形，，
又，平面，
平面，.
6.如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．证明：
【解析】证明：过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，
，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面
7.如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，．
若，试证；
【解析】在中，
∵为中点且，
∴．
∵平面平面交线为，
∴平面，∴．
∵，分别为，的中点，
∴．
∴．
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴平面，平面，
∴．
考点二：面面垂直的判定定理和性质
【典例例题】
例1．（2022·广东汕头·高三期末）如图，直三棱柱（即侧棱与底面垂直的棱柱）内接于一个等边圆柱（轴截面为正方形），AB是圆柱底面圆O的直径，点D在上，且．若AC=BC，
求证：平面平面.
【解析】证明：在中，，
且是圆柱底面圆的直径，即，，
又底面，平面，，
且，平面，
又平面，所以平面⊥平面；
例2.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为AD的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥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.
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
【方法技巧与总结】
1.面面垂直的判定定理（线面垂直面面垂直）．证明时，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．
2.面面垂直的性质关键找两个平面的交线并且和交线垂直的直线.
【变式训练】
1．（2022·广东清远·高三期末）已知正三棱柱中，，D，E，F分别为的中点．
证明：平面平面．
【解析】在正△中，D为的中点，则．
因为面面，则．
而，所以面，又平面，
∴．
在△中，连接，
∴，即，又，
∴平面，再由平面，
∴平面平面．
2．（2022·广东汕尾·高三期末）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，
求证：平面ADE平面ABCD；
【解析】证明：∵四边形为矩形，
∴，
又∵，，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面
3.如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，．在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】当点为的中点，即时，平面平面．
证明如下：设的中点为，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以且，
又为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为，M为棱的中点，故，
又因为平面ABC，平面ABC，
故，由平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
4.如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，．在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】当点为的中点，即时，平面平面．
证明如下：设的中点为，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以且，
又为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为，M为棱的中点，故，
又因为平面ABC，平面ABC，
故，由平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
5.如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°．将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD．
求证：(1)CD⊥平面PBD．(2)平面PBC⊥平面PDC．
证明：(1)∵AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
又∵AD∥BC，∴∠DBC＝45°，
又∠DCB＝45°，∴∠BDC＝90°，
即BD⊥DC．
∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面PBD．
(2)由CD⊥平面PBD得CD⊥BP．
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，∴BP⊥平面PDC．
又BP⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PDC．
6.如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．
(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
【证明】 (1)
图1
连接AC交BD于O，连接OF，如图1.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.
(2)当P为AE中点时，有PM⊥BE.
证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，
∵P为AE的中点，H为BE的中点，
图2
∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.
【巩固练习】
一、单选题
1．棱长为2的正方体中，E，F分别是棱BC，的中点，下列命题中错误的是（ ）
A．B．EF∥平面
C．EF⊥平面D．四面体的体积等于
【答案】C
【解析】，A正确；
如图，取的中点，连接，，易知，所以四边形是平行四边形，所以//，又平面，平面，所以//平面，B正确；
若平面，因为平面，则，因为平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，得，显然不成立，C不正确；
因为E为BC中点，所以，D正确．
故选：C．
2．为正方体对角线上的一点，且，下面结论不正确的是（ ）
A．B．若平面PAC，则
C．若为钝角三角形，则D．若，则为锐角三角形
【答案】C
【解析】如图（1）所示：
对于A中，正方体中，连接，
因为平面，且平面，所以，
又由且，所以平面，
因为，所以平面，所以，所以A正确；
对于B中，正方体中，连接，
可得，且，所以平面，
若平面，可得点在平面中，可得，
又由，所以，所以B正确；
对于C中，设正方体的棱长为，
当为的中点时，即时，可得，，
由余弦定理可得，可得，
所以若为钝角三角形，则是不正确的，故C不正确；
对于D中，建立如图所示的空间直角坐标系，如图（2）所示不妨设正方体的棱长为1，
则，
可得，
，
由，
令，解得或（舍去），
又由，所以，
即当时，，即为锐角，
又因为中，，所以为锐角三角形，所以D正确．
故选：C．
二、多选题
3．如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中可能成立的是（ ）
A．CD⊥ABB．BC⊥ADC．BD⊥ABD．BC⊥CD
【答案】ACD
【解析】当将△ACD绕AC边旋转到CD⊥BC时，因为CD⊥AC，，此时CD⊥平面ABC，而平面ABC，则CD⊥AB，CD⊥BC，AD正确；
此时AB⊥平面BCD，平面BCD，所以AB⊥DB，C正确；
若，而AB⊥BC，，故必有BC⊥平面ABD，由图形可知，D点在B点正上方，而，所以显然不可能；
故选：ACD
4．如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．平面平面D．线段长度等于线段长度
【答案】ABC
【解析】因为是正方形，所以．又因所以平面平面，，所以平面，因此A正确；
而平面，所以平面平面，因此C正确；
因为F是的中点，而E为线段的中点，所以平面，平面，所以平面，因此B正确；
对于D，因为是边长为1的正三角形，是正方形，所以．又由平面，有，所以．在中，，，又分别是等腰三角形的底边和腰上的中线，所以线段与的长度不相等（否则，是正三角形），因此D不正确；
故选：ABC．
三、填空题
5．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，写出以之间的部分位置关系为条件（除外），为结论的一个真命题：_____________．
【答案】若，则．（答案不唯一）
【解析】若，则．
故答案为：若，则．
6．如图，在直三棱柱中，底面是为直角的等腰直角三角形，，，是的中点，点在线段上，当_______时，平面．
【答案】或
【解析】由已知得是等腰直角三角形，，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，
又∵平面，∴．
若平面，则．
设，则，
，
∴，
解得或．
7．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=x，AC与BD交于点O，将△ACD沿直线AC翻折，形成三棱锥D-ABC，若在翻折过程中存在某个位置，使得OB⊥AD，则x的取值范围是___________．
【答案】
【解析】过作于点，连接，
因为，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以是中点，，
，因为，
所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题
8．在四棱锥中，四边形为菱形，，且平面平面．证明：平面；
【解析】连接BD交AC于O，如图，
四边形为菱形，所以，
平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
，故，
又平面，所以平面．
9．如图所示，在四棱锥中，平面底面，，，，，，．设平面与平面的交线为，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若在棱上存在一点，使得平面，当四棱锥的体积最大时，求的值．
【解析】（1）在中，因为，，，
所以，所以．
在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，，所以，
又，所以．
如图，延长和交于点，连接，
因为，平面，所以平面，同理可得平面．
所以所在直线即为直线．
因为，所以为的中点，
所以在中，．
因为平面，平面，所以平面；
（2）过向作垂线，垂足为，
因为平面底面，平面平面，平面，
所以，底面，
因为梯形的面积和的长为定值，所以当点与重合，即底面时，四棱锥的体积最大．
因为平面，平面，所以，所以经过的中点，
所以，所以，
故．
10．如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面ABCD．
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积．
【解析】（1）取中点，连，
因为，，，，
所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，
则，，
因为面面，面面，面，
所以平面，又平面，所以．
（2）取中点，连，则，且，
因为平面平面，面面，面，
所以平面，又面积为，
三棱锥的体积为．
11．如图1，在直角梯形ABCD中，，∠BAD=90°，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中的位置，使平面平面BCDE，得到四棱锥．当四棱锥的体积为，求a的值．
【解析】如图，在直角梯形中，连接，因E是AD的中点，，有，
则四边形是平行四边形，又，于是得是正方形，，
在四棱锥中，，因平面平面，且平面平面，
平面，因此平面，即是四棱锥的高，
显然，平行四边形的面积，
因此，四棱锥的体积为，解得，
所以a的值是6．
12．如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．
（1）求证：CD⊥平面SAD；
（2）若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．
【解析】（1）证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．
又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面SAD．
（2）存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．
连接PC，DM交于点O，连接PM，SP，NM，ND，NO．
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO．又因为N为SC的中点，
所以NO∥SP．易知SP⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，且SP⊥AD，
所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD．
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
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
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
文字语言
图形语言
符号语言
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝α,l⊥α))⇒l⊥α