高考数学一轮复习考点突破讲与练 第8章 第4节 直线、平面垂直的判定与性质 (含解析)

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第四节直线、平面垂直的判定与性质

1.能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形中垂直关系的简单命题．

突破点一　直线与平面垂直的判定与性质


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与性质定理

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，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
3．直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
(2)线面角θ的范围：.

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　　)
(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√
二、填空题
1．过一点有________条直线与已知平面垂直．
答案：一
2．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：外　垂
3．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________________；与AP垂直的直线有________．
解析：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB

[典例]　(2019·郑州一测)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D为线段AB上的点，且AD＝2DB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若∠PAB＝，求点B到平面PAC的距离．
[解]　(1)证明：连接CD，据题知AD＝4，BD＝2，AC2＋BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝＝，
∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，
∴CD＝2，∴CD2＋AD2＝AC2，则CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，
∴CD⊥平面PAB，∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)得PD⊥AB，∵∠PAB＝，
∴PD＝AD＝4，PA＝4，
在Rt△PCD中，PC＝＝2，
∴△PAC是等腰三角形，∴可求得S△PAC＝8.
设点B到平面PAC的距离为d，
由VB­PAC＝VP­ABC，得S△PAC×d＝S△ABC×PD，
∴d＝＝3.
故点B到平面PAC的距离为3.
[方法技巧]
证明直线与平面垂直的方法
(1)定义法：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)判定定理(常用方法)；
(3)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面(客观题常用)；
(4)若一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则它必垂直于另一个平面(客观题常用)；
(5)若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面(常用方法);
(6)若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面(客观题常用)．　　
[针对训练]
(2019·贵州模拟)如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，且AB＝AD＝1，AA1＝，∠ABC＝60°.
(1)求证：AC⊥BD1；
(2)求四面体D1AB1C的体积．
解：(1)证明：连接BD，与AC交于点O，因为四边形ABCD为平行四边形，且AB＝AD，所以四边形ABCD为菱形，
所以AC⊥BD.在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，可知BB1⊥AC，则AC⊥平面BB1D1D，又BD1⊂平面BB1D1D，则AC⊥BD1.
(2)VD1AB1C＝VABCD­A1B1C1D1－VB1­ABC－VD1­ACD－VA­A1B1D1－VC­C1B1D1＝VABCD­A1B1C1D1－4VB1­ABC＝×－4×××＝.

突破点二　平面与平面垂直的判定与性质


1．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(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，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


2．二面角的有关概念
(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．
(2)二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)二面角α的范围：.

一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)若α⊥β，a⊥β⇒a∥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)如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
二、填空题
1．m，n为直线，α，β为平面，若m⊥α，m∥n，n∥β，则α与β的位置关系为________．
答案：垂直
2．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的____________条件．
答案：充分不必要
3．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

[典例]　(2019·开封定位考试)如图，在三棱锥D­ABC中，AB＝2AC＝2，∠BAC＝60°，AD＝，CD＝3，平面ADC⊥平面ABC.
(1)证明：平面BDC⊥平面ADC；
(2)求三棱锥D­ABC的体积．
[解]　(1)证明：在△ABC中，由余弦定理可得，
BC＝
＝ ＝，
∴BC2＋AC2＝AB2，∴BC⊥AC，
∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，
∴BC⊥平面ADC，
又BC⊂平面BDC，∴平面BDC⊥平面ADC.
(2)由余弦定理可得cos∠ACD＝，
∴sin∠ACD＝，
∴S△ACD＝·AC·CD·sin∠ACD＝，
则VD­ABC＝VB­ADC＝·BC·S△ACD＝.
[方法技巧]　面面垂直判定的两种方法与一个转化
两种方法
(1)面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)
一个转化
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直

[针对训练]
(2019·洛阳一模)如图，在四棱锥E­ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝AB，且AE⊥BD.
(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；
(2)若△EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离．
解：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，
则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，
∴DM＝CB＝AD＝AB，即点D在以线段AB为直径的圆上，
∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，
∴BD⊥平面EAD.
∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.
(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面EAD.
∵等边△EAD的面积为，
∴AD＝AE＝ED＝2，
取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，
∴EO⊥平面ABCD.
由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，
∴BD＝＝2，
S△EBD＝ED·BD＝2，
设点C到平面EBD的距离为h，
由VC­EBD＝VE­BCD，得S△EBD·h＝S△BCD·EO，
又S△BCD＝BC·CDsin 120°＝，
∴h＝.∴点C到平面EBD的距离为.
突破点三　平行与垂直的综合问题
1．平行关系之间的转化

在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
2．垂直关系之间的转化
在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：

在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
[典例]　(2018·北京高考)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＝BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝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.
[方法技巧]
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系．　　
[针对训练]
(2019·北京西城区期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：平面BDGH∥平面AEF.
证明：(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.

又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面BDEF.
(2)在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.
又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，如图．
在△ACF中，因为O，H分别为CA，CF的中点，
所以OH∥AF.
因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
[课时跟踪检测]
1．(2019·厦门期末)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
B．若m∥α，n⊥m，则n⊥α
C．若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则α∥β
D．若m∥β，m⊂α，α∩β＝n，则m∥n
解析：选D　选项A中，m与α的关系是m∥α或m⊂α，故A不正确；选项B中，n与α之间的关系是n⊥α或n与α相交但不垂直或n∥α，故B不正确；选项C中，α与β的关系是α∥β或α与β相交，故C不正确；选项D中，由线面平行的性质可得命题正确．故选D.
2．(2019·广西五市联考)若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)
A．若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则α⊥β
B．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥n
C．若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线
D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
解析：选D　对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确．故选D.

3．(2019·南昌调研)如图，四棱锥P­ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)
A．PB⊥AC　　　 　　　 　B．PD⊥平面ABCD
C．AC⊥PD D．平面PBD⊥平面ABCD
解析：选B　对于选项A，取PB的中点O，连接AO，CO.∵在四棱锥P­ABCD中， △PAB与△PBC是正三角形，∴AO⊥PB，CO⊥PB，∵AO∩CO＝O，∴PB⊥平面AOC，∵AC⊂平面AOC，∴PB⊥AC，故选项A正确；对于选项B，设AC与BD交于点M，易知M为AC的中点，若PD⊥平面ABCD，则PD⊥BD，由已知条件知点D满足AC⊥BD且位于BM的延长线上，∴点D的位置不确定，∴PD与BD不一定垂直，∴PD⊥平面ABCD不一定成立，故选项B不正确；对于选项C，∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，∴AC⊥平面PBD， ∵PD⊂平面PBD，∴AC⊥PD，故选项C正确；对于选项D，∵AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD，故选项D正确．故选B.
4．(2019·唐山一模)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是(　　)
A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2
C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n
解析：选B　由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.
5．(2018·泉州二模)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(　　)

解析：选D　如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意．故选D.
6．(2019·赣州模拟)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在(　　)
A．直线AC上 B．直线AB上
C．直线BC上 D．△ABC内部
解析：选B　如图，连接AC1.∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC在平面ABC内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上．故选B.
7．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1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________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.又2×＝h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝＝.由面积相等得× ＝x，得x＝.
答案：
8．如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．

解析：如图①所示，过点K作KM⊥AF于点M，连接DM，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，可知折前的图形中D，M，K三点共线且DK⊥AF(如图②所示)，于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝，所以t＝，又DF∈(1,2)，故t∈.

答案：
9．(2019·唐山五校摸底)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若PC＝，求三棱锥C­PAB的高．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.
因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1.
由(1)知，AC为三棱锥A­PBC的高．
易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2，
于是S△PAB＝×22sin 60°＝.
设三棱锥C­PAB的高为h，
则S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，
解得h＝，故三棱锥C­PAB的高等于.
10．(2019·南京模拟)如图，四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP；
(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
证明：(1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.
11．(2019·长郡中学选拔考试)如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB＝BC＝2，∠BCD＝60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．
(1)若＝λ，且DN⊥AC，求λ的值；
(2)在(1)的条件下，求三棱锥B­DMN的体积．
解：(1)如图，取BC的中点O，连接ON，OD，因为四边形BCDE为菱形，∠BCD＝60°，所以DO⊥BC，因为△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，所以DO⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以DO⊥AC，又DN⊥AC，且DN∩DO＝D，所以AC⊥平面DON，因为ON⊂平面DON，所以ON⊥AC，由O为BC的中点，AB＝BC，可得NC＝AC，所以＝3，即λ＝3.
(2)由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，由AB＝2，＝3，可得点N到平面BCDE的距离h＝AB＝，由∠BCD＝60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，且DM＝＝＝，所以△BDM的面积S＝×DM×BM＝，所以三棱锥B­DMN的体积VB­DMN＝VN­BDM＝Sh＝××＝.