2020届二轮复习 直线、平面垂直的判定和性质 教案（全国通用）
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【典型例题】
类型一、直线与平面垂直的判定
例1、如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1⊥A1B，M、N分别是A1B1、AB的中点.
（1）求证：C1M⊥平面A1ABB1；
（2）求证：A1B⊥AM；
（3）求证：平面AMC1∥平面NB1C；
（4）求A1B与B1C所成的角.
（1）【证明】
方法一 由直棱柱性质可得AA1⊥平面A1B1C1，
又∵C1M平面A1B1C1，∴AA1⊥MC1.
又∵C1A1=C1B1，M为A1B1中点，∴C1M⊥A1B1.
又A1B1∩A1A=A1，∴C1M⊥平面AA1B1B.
方法二 由直棱柱性质得：平面AA1B1B⊥平面A1B1C1，交线为A1B1，又∵C1A1=C1B1，M为A1B1的中点，∴C1M⊥A1B1于M.
由面面垂直的性质定理可得C1M⊥平面AA1B1B.
（2）【证明】由（1）知C1M⊥平面A1ABB1，
∴C1A在侧面AA1B1B上的射影为MA.
∵AC1⊥A1B，MC1⊥A1B，MC1∩AC1=C1，
∴A1B⊥平面AMC1，又AM平面AMC1，∴A1B⊥AM.
（3）【证明】
方法一 由棱柱性质知四边形AA1B1B是矩形，
M、N分别是A1B1、AB的中点，
∴ANB1M.∴四边形AMB1N是平行四边形.
∴AM∥B1N.连接MN，在矩形AA1B1B中有A1B1 AB.
∴MB1 BN，∴四边形BB1MN是平行四边形.∴BB1 MN.又由BB1CC1，知MNCC1.
∴四边形MNCC1是平行四边形.∴C1MCN.又C1M∩AM=M，CN∩NB1=N，
∴平面AMC1∥平面NB1C.
方法二 由（1）知C1M⊥平面AA1B1B，
A1B平面AA1B1B，∴C1M⊥A1B.
又∵A1B⊥AC1，而AC1∩C1M=C1，∴A1B⊥平面AMC1.同理可证，A1B⊥平面B1NC.
∴平面AMC1∥平面B1NC.
(4)【解析】
方法一 由（2）知A1B⊥AM，
又由已知A1B⊥AC1，AM∩AC1=A，∴A1B⊥平面AMC1.又∵平面AMC1∥平面NB1C，
∴A1B⊥平面NB1C.又B1C平面NB1C，∴A1B⊥B1C.∴A1B与B1C所成的角为90°.
方法二 由直棱柱的性质有平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，又CA=CB=C1A1，N为AB的中点，∴CN⊥AB.∴CN⊥平面AA1B1B.∴CB1在侧面AA1B1B上的射影是NB1.
又由（2）知A1B⊥AM，由（3）知B1N∥AM，∴A1B⊥B1N，CN⊥A1B，
∴A1B⊥平面B1NC，又B1C平面B1NC，∴A1B⊥B1C.∴A1B与B1C所成的角为90°.
【总结升华】证明线面之间的垂直关系，要注意在各个阶段以某一直线为主线进行推理，以使推理过程清晰、明朗.
举一反三：
【变式】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明 （1）在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD,PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC.
而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.
而PD平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD=A,
∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE=A,综上得PD⊥平面ABE.
类型二、直线与平面垂直的性质
例2、如图所示，平面，点C在以AB为直径的⊙O上，，，点E为线段PB的中点，点M在上，且∥．
（Ⅰ）求证：平面∥平面PAC；
（Ⅱ）求证：平面PAC平面；
（Ⅲ）设二面角的大小为，求的值．
【解析】
（Ⅰ）证明：因为点E为线段PB的中点，点为线段的中点， 所以 ∥.
因为 平面，平面，
所以 ∥平面PAC.
因为 ∥，
因为 平面，平面，
所以 ∥平面PAC.
因为 平面，平面，，
所以 平面∥平面PAC.
（Ⅱ）证明：因为 点C在以AB为直径的⊙O上，
所以 ，即.
因为 平面，平面，
所以 .
因为 平面，平面，，
所以 平面.
因为 平面，
所以 平面PAC平面.
（Ⅲ）解：如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．
因为 ，，
所以 ，.
延长交于点.
因为 ∥，
所以 .
所以 ，，，.
所以 ，.
设平面的法向量.
因为
所以 即
令，则.
所以 .
同理可求平面的一个法向量n.
所以 .
所以 .
【总结升华】（1）当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线。把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线段线线垂直，构造二面角的平面角或得到点到面的距离相等。
（2）已知面面垂直时，通过作辅助线可转化为线面垂直，从而有更多的线线垂直的条件可用，必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系，通过证线面垂直来证线线垂直是空间中两直线垂直证明书的最常用方法。
举一反三：
【变式】如图所示，在四棱锥中，平面，，，是的中点，是上的点且，为△中边上的高.
（1）证明：平面；
（2）若，，，求三棱
锥的体积；
（3）证明：平面.
【解析】（1）证明：因为平面，所以。
因为为△中边上的高，所以。
因为，所以平面。
（2）连结，取中点，连结。
因为是的中点，所以。
因为平面，所以平面。
则，。
（3）证明：取中点，连结，。
因为是的中点，所以。
因为，所以，所以四边形是平行四边形，所以。
因为，所以。
因为平面，所以。
因为，所以平面，所以平面。
类型三、平面与平面垂直的判定
例3、如图所示，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，△ABC为正三角形，D、E分别是BC、CA的中点.
（1）证明：平面PBE⊥平面PAC；
（2）如何在BC上找一点F，使AD∥平面PEF？并说明理由.
【解析】
（1）证明 因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥BE.
又因为△ABC是正三角形，且E为AC的中点，
所以BE⊥CA.
又PA∩CA=A，所以BE⊥平面PAC.
因为BE平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAC.
（2）取CD的中点F，则点F即为所求.
因为E、F分别为CA、CD的中点，所以EF∥AD.
又EF平面PEF，AD平面PEF，
所以AD∥平面PEF.
【总结升华】证明线面、面面平行与垂直问题注意要转化为线线的平行与垂直问题。
如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯
形，∠BAD=∠FAB=90°,BCAD,BEFA,G、H分别为FA、FD的中点.
（1）证明：四边形BCHG是平行四边形；
（2）C、D、F、E四点是否共面？为什么？
（3）设AB=BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.
方法一 (1)证明 由题设知,FG=GA,
FH=HD,所以GHAD.
又BCAD,故GHBC.
所以四边形BCHG是平行四边形.
(2)解 C、D、F、E四点共面.
理由如下：
由BEAF，G是FA的中点知，
BEGF，所以EF∥BG.
由（1）知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面.
又点D在直线FH上，所以C、D、F、E四点共面.
（3）证明 如图，连接EG，由AB=BE，BE AG及∠BAG=90°知ABEG是正方形,故BG⊥EA.
由题设知,FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，
因此EA是ED在平面FABE内的射影，根据三垂线定理，BG⊥ED.
又ED∩EA=E,所以BG⊥平面ADE.
由(1)知,CH∥BG,所以CH⊥平面ADE.
由(2)知CH平面CDE,得平面ADE⊥平面CDE.
方法二 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直.
如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向，
以射线AF为z轴正方向，建立直角坐标系A—xyz.
（1）证明 设AB=a，BC=b，BE=c，则由题设得
A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，b，0），D（0，2b，0），E（a，0，c），
G（0，0，c），H（0，b，c）.
所以，=（0，b，0），=（0，b，0），于是=.
又点G不在直线BC上，
所以四边形BCHG是平行四边形.
（2）解 C、D、F、E四点共面.
理由如下：由题设知F（0，0，2c），
所以=（-a，0，c），=（-a，0，c），=.
又CEF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面.
（3）证明 由AB=BE，得c=a，
所以=（-a，0，a），=（a，0，a）.
又=（0，2b，0），因此·=0，·=0.
即CH⊥AE，CH⊥AD.
又AD∩AE=A，所以CH⊥平面ADE.
故由CH平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.
【总结升华】本题考查线面垂直、平行、向量法在解决立体几何问题中的应用以及空间想象的能力. 高考中,立体几何解答题一般有以下三大方向的考查.一、考查与垂直、平行有关的线面关系的证明;二、考查空间几何体的体积与表面积;三、考查异面角,线面角,二面角等角度问题.
举一反三：
【变式】【高清课堂：直线、平面垂直的判定与性质例3】
【解析】
类型四、平面与平面垂直的性质及应用
例4 如图，在三棱锥A-BOC中，底面BOC,, AB=AC=4,,动点D在线段AB上.
(Ⅰ)求证:平面COD⊥平面AOB；
(Ⅱ)当点D运动到线段AB的中点时,求二面角D-CO-B的大小；
(Ⅲ)当CD与平面AOB所成角最大时，求三棱锥C-OBD的体积.
证明(Ⅰ)：∵底面BOC,∴OC，OB。
∵,AB=AC=4, ∴OC=OB=2。…2分
∵,∴OCOB,∴OC平面AOB。……4分
∵OC平面COD，∴平面COD平面AOB。………5分
解(Ⅱ)：
由(Ⅰ)知OC平面AOB，∴OCOB，OCOD,
∴DOB是二面角D-CO-B的平面角。 …………7分
∵D为AB的中点，∴OD=2,BD=2,又OB=2，∴DOB=60，
∴二面角D-CO-B的大小为60。…………9分
解(Ⅲ)：∵OC平面AOB，CD交平面AOB于D,
∴CDO是CD与平面AOB所成角。…10分
tanCDO=，据正切函数的单调性知，当OD最小时，CDO最大， ∴取ODAB, OD=为最小值，此时，BD=1.…12分
∴VC-OBD=.
即CD与平面AOB所成角最大时，三棱锥C-OBD的体积为.
举一反三：
【变式】如图SA⊥面ABC，∠ABC＝90°，AE⊥SB，且SB∩AE＝E，AF⊥SC，且AF∩SC＝F，求证：(1) BC⊥面SAB；(2) AE⊥面SBC；(3) SC⊥EF．
【证明】：(1) BC⊥面SAB
(2) 由(1)有AE⊥面SBC
(3) 由(2)有SC⊥面AEFSC⊥EF
