（山东专用）2021版高考数学一轮复习第七章立体几何第五讲直线、平面垂直的判定与性质学案（含解析）

第五讲　直线、平面垂直的判定与性质

ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE
知识梳理·双基自测

知识点一　直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直
①定义：若直线l与平面α内的__任意__一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
②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(线线垂直⇒线面垂直)．即：a⊂α，__b⊂α__，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒l⊥α．
③性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__平行__.即：a⊥α，b⊥α⇒__a∥b__．
(2)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．
若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为__0__，若直线与平面垂直，直线与平面所成角为　　．
②线面角θ的范围：θ∈[0，]．
知识点二　平面与平面垂直
(1)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：以二面角的棱上任意一点为端点，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．
(2)平面与平面垂直
①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．即：a⊂α，a⊥β⇒__α⊥β__．
③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．即：α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b⇒__a⊥β__.　

1．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．
2．若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
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，则这条直线与另一个平面也垂直．

题组一　走出误区
1．(多选题)下列结论中错误的是(　ABC　)
A．直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α
B．垂直于同一个平面的两平面平行
C．若α⊥β，a⊥β，则a∥α
D．若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直
题组二　走进教材
2．(多选题)(必修2P73T1)下列命题中正确的是(　ABC　)
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．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
[解析]　对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．
题组三　考题再现
3．(2017·课标全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　C　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
[解析]　∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，
∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，
∴BC1⊥A1E.故选C．
4．(多选题)(2020·山东潍坊月结学情考试)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中正确的是(　AD　)

A．PB⊥AE B．平面ABC⊥平面PBC
C．直线BC∥平面PAE D．∠PDA＝45°
[解析]　对于A，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE，又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，从而可得EA⊥PB，故A正确．对于B，由于PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故B不正确．对于C，由于在正六边形中BC∥AD，所以BC与EA必有公共点，从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故C不正确．对于D，由条件得△PAD为直角三角形，且PA⊥AD，又PA＝2AB＝AD，所以∠PDA＝45°.故D正确．综上A、D正确．
5．(2019·中原名校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　C　)
A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β
[解析]　对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C．

KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU
考点突破·互动探究
考点一　空间垂直关系的基本问题——自主练透
例1　(1)(2019·山东济宁期末)设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，下列命题中正确的是(　C　)
A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α∥β
C．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
D．若m∥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
(2)(2019·陕西汉中质检一)已知l，m表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，l⊥α，m⊂β，则有下面四个命题：①若α∥β，则l⊥m，②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β.其中所有正确的命题是(　A　)
A．①③ B．①④
C．②③ D．①②③④
(3)(多选题)(2020·四川成都诊断改编)已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法错误的是(　ABD　)
A．若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n
B．若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥n
C．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n∥β，且α⊥β，则m⊥n
[解析]　⇒α⊥β.故选C．

⇒l⊥m，①对；
⇒α⊥β，③对；
由图可知②④错．故选A．
(3)由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n相交，或m与n异面，故A错误；由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误，故选A、B、D．
名师点拨 ☞
解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法：(1)依据相关定理得出结论．(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断，或借助笔、纸、桌面进行演示，注意能平移或旋转的线，让其动动再判断．(3)否定命题时只需举一个反例即可．
〔变式训练1〕
(2019·东北三省三校模拟)已知α，β是不重合的平面，m，n是不重合的直线，则m⊥α的一个充分条是(　C　)
A．m⊥n，n⊂α B．m∥β，α⊥β
C．n⊥α，n⊥β，m⊥β D．α∩β＝n，α⊥β，m⊥n
[解析]　对于答案A：m⊥n，n⊂α，得出m与α是相交的或是垂直的，故A错；答案B：m∥β，α⊥β，得出m与α是相交的、平行的都可，故B错；答案C：n⊥α，n⊥β，得出α∥β，再m⊥β得出m⊥α，故C正确．
考点二　直线与平面垂直的判定与性质——多维探究
角度1　线、面垂直的判定
例2　 (2018·新课标全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC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．
[解析]　(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，

所以OP⊥AC，且OP＝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．
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知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．
角度2　线、面垂直的性质
例3　(2019·湖北武汉调研测试)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠DAB＝，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝．

(1)证明：PB⊥BC；
(2)求点A到平面PBC的距离．
[解析]　(1)证明：如图，取AD的中点H，连接PH，HB，BD．
∵底面ABCD是边长为1的菱形，
∴AD＝AB＝1，∵∠DAB＝，
∴△ABD是等边三角形．
∴BH＝，BH⊥AD．
∵PA＝PD，H为AD的中点，∴PH⊥AD，又PH∩BH＝H，
∴AD⊥平面PHB，又PB⊂平面PHB，
∴AD⊥PB，又AD∥BC，∴PB⊥BC．

(2)∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC．
∴AD∥平面PBC．
∴点A与点H到平面PBC的距离相等．
由(1)知AD⊥平面PHB．
∴BC⊥平面PHB，又BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PHB．
过点H作HM⊥PB于M．
由平面PHB∩平面PBC＝PB，
知HM的长即点H到平面PBC的距离．
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PH⊂平面PAD，PH⊥AD，
∴PH⊥平面ABCD，
又BH⊂平面ABCD，∴PH⊥BH．
PH＝＝，BH＝，
∴PB＝＝，
∴HM＝＝＝．
名师点拨 ☞
(1)解决直线、平面垂直问题的常用方法：①利用线面垂直的定义；②利用线面垂直的判定定理；③利用线面垂直的性质；④利用面面垂直的判定定理；⑤利用面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

①证明：BE⊥平面EB1C1；
②若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．
(2)(角度2)(2020·新疆乌鲁木齐诊断)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝，AB＝AA1＝2，E是棱CC1的中点．

①求证：A1B⊥AE；
②求点A1到平面ABE的距离．
[解析]　(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，
BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE．
又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1．
(2)由(1)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E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18．

(2)①证明：如图，取A1B的中点F，连接AF，EF．

∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
∴CC1⊥A1C1，CC1⊥CB，
又∵E是CC1的中点，且A1C1＝BC，
∴A1E＝BE，∴A1B⊥EF．
又∵AB＝AA1，∴A1B⊥AF．
又AF∩EF＝F，∴A1B⊥平面AEF．
又AE⊂平面AEF，∴A1B⊥AE．
②V三棱锥A1－ABE＝V三棱锥B－A1AE＝××2××＝，
设A1到平面ABE的距离为h，
则S△ABE·h＝，
由已知得AE＝BE＝，
∴S△ABE＝×2×＝，∴h＝．
即A1到平面ABE的距离为．
考点三　空间两个平面垂直的判定与性质——师生共研
例4　(2019·河北省衡水中学模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，∠PAB＝120°，DC＝PC＝2.PA＝AB＝BC＝1．

(1)证明：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析]　(1)证明：在△PAB中，由PA＝AB＝1，∠PAB＝120°，得PB＝，
因为PC＝2，BC＝1，PB＝，
所以PB2＋BC2＝PC2，即BC⊥PB；
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，
又PB∩AB＝B，所以BC⊥平面PAB，
又BC⊂平面PBC，
所以平面PAB⊥平面PBC．

(2)在平面PAB内，过点P作PE⊥AB，交BA的延长线于点E，如图所示：
由(1)知BC⊥平面PAB，
因为BC⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD，
又PE⊥AB，所以PE⊥平面ABCD，
因为在Rt△PEA中，PA＝1，∠PAE＝60°，所以PE＝；
因为底面ABCD是直角梯形，所以四棱锥P－ABCD的体积为
VP－ABCD＝××(1＋2)×1×＝．
名师点拨 ☞
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)在已知面面垂直时，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．
(3)
〔变式训练3〕
(2019·湖北省武汉部分重点高中联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，M，N分别为线段PC，AD的中点．

(1)求证：AD⊥平面PNB；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥P－NBM的体积．
[解析]　(1)∵PA＝PD，N为AD的中点，
∴PN⊥AD，
∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
∴BN⊥AD，
∵PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB．
(2)∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝，
∵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，
∵PM＝PC，
∴VP－NBM＝VM－PNB＝VC－PNB＝×××2＝．

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG
名师讲坛·素养提升
立体几何中的折叠问题
例5　(2019·全国统一诊断卷)在五边形ABCDF中，E是边DF上的点，AF∥BE∥CD，BC∥DF，BC⊥CD，AB＝BC＝，AF＝EF＝1，BE＝CD＝2，如图1，将四边形AFEB沿BE折起，使平面AFEB⊥平面BCDE，将△BCD沿BD折起，使点C与点A重合，重合的点记为M，如图2．
(1)连接EM，证明：平面BDM⊥平面DEM；
(2)求点E到平面BDM的距离．

[解析]　(1)证明：因为EM＝＝，MB＝，BE＝2，
所以EM2＋MB2＝BE2，所以MB⊥EM．
又因为BC⊥CD，即MB⊥MD，EM∩MD＝M，
EM⊂平面DEM，MD⊂平面DEM，所以MB⊥平面DEM．
因为MB⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面DEM．
(2)易知∠BED＝90°，所以S△BED＝BE·ED＝．
又MF∥BE，BE⊂平面BED，MF⊄平面BED，
所以MF∥平面BED．
因为平面BEFM⊥平面BED，平面BEFM∩平面BED＝BE，EF⊥BE，所以EF⊥平面BED，所以EF是三棱锥M－BED的高．
所以VM－BED＝S△BED·EF＝．
又易知△BMD是直角三角形，S△BMD＝BM·MD＝．
设点E到平面BDM的距离为h，
则VE－BDM＝×h，
因为VM－BED＝VE－BDM，所以＝×h，得h＝1，
即点E到平面BDM的距离为1．
名师点拨 ☞
证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．
〔变式训练4〕
(2019·湖北八市联考)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P－EF－B的大小为60°．
(1)求证：EF⊥PB；
(2)当点E为线段AB靠近B点的三等分点时，求四棱锥P－EBCF的侧面积．

[解析]　(1)证明：由题意知BC⊥AB．
∵EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，仍有EF⊥PE，EF⊥BE.又PE∩BE＝E，
∴EF⊥平面PBE．
又PB⊂平面PBE，∴EF⊥PB．
(2)∵EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠PEB是二面角P－EF－B的平面角，
∴∠PEB＝60°．
在△PBE中，PE＝2，BE＝1，
由余弦定理得PB＝＝，
∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，
∴PB，BC，EB两两垂直．
又EF⊥PE，EF⊥BE，
∴△PBE，△PBC，△PEF均为直角三角形．
由△AEF∽△ABC可得，EF＝BC＝2，S△PBC＝BC·PB＝，S△PBE＝PB·BE＝，S△PEF＝EF·PE＝2．
如图，在四边形BCFE中，过点F作BC的垂线，垂足为H，
则FC2＝FH2＋HC2＝BE2＋(BC－EF)2＝2，
所以FC＝．
在△PFC中，FC＝，
PC＝＝2，
PF＝＝2．
由余弦定理可得，cos∠PFC＝＝－，
则sin∠PFC＝，
S△PFC＝PF·FC·sin∠PFC＝．
所以四棱锥P－EBCF的侧面积为S△PBC＋S△PBE＋S△PEF＋S△PFC＝2＋2＋．