2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第八章　第5讲　直线、平面垂直的判定与性质

第5讲　直线、平面垂直的判定与性质

一、知识梳理

1．直线与平面垂直的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

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，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，∠PAO就是斜线AP与平面α所成的角．

(2)线面角θ的范围：θ∈.

①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；

②直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角；

③当直线与平面斜交时，它们所成的角是锐角．

常用结论

1．与线面垂直相关的两个常用结论：

(1)两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直．

(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直．

2．三种垂直关系的转化：

线线垂直线面垂直面面垂直

二、习题改编

1．(必修2P72探究改编)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)

A．m∥l  B．m∥n 

C．n⊥l  D．m⊥n

解析：选C.由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.

2．(必修2P67练习T2改编)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．

解析：(1)如图，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．

(2)如图，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，

所以PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．

答案：(1)外　(2)垂

一、思考辨析

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(　　)

(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)

(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(　　)

(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)

(5)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.(　　)

答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×

二、易错纠偏

(1)证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件；

(2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直．

1．(2020·安徽江南十校联考)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(　　)

A．α⊥β且m⊂α  B．m⊥n且n∥β

C．m∥n且n⊥β  D．m⊥n且α∥β

解析：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．

2．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知直线l和平面α，β，且l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的(　　)

A．充分不必要条件 

B．必要不充分条件

C．充要条件 

D．既不充分也不必要条件

解析：选A.由面面垂直的判定定理可得，若l⊂α，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；

若l⊥β，α⊥β，则l⊂α或l∥α，必要性不成立，

所以若l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.

　　　　　　线面垂直的判定与性质(师生共研)

(1)(2018·高考全国卷Ⅱ节选)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.

(2)(2020·重庆市七校联合考试)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．求证：AE⊥平面A1BD.

【证明】　(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，PO⊥OB.

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC，

因为直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，

所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE.

又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，

所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，

所以AE⊥平面A1BD.

判定线面垂直的四种方法

　如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.

求证：B1N⊥A1C.

证明：连接CM，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以AA1⊥CM.

在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.

又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.

因为B1N⊂平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.

又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.

因为A1C⊂平面A1CM，所以B1N⊥A1C.

　　　　　　面面垂直的判定与性质(师生共研)

(2019·高考北京卷节选)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.

【证明】　(1)因为PA⊥平面ABCD，

所以PA⊥BD.

因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.

又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.

(2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

所以PA⊥AE.

因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，

且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.

又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.

因为AE⊂平面PAE，

所以平面PAB⊥平面PAE.

(1)证明面面垂直的方法

①定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．

②定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．

(2)在已知平面垂直时，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．

　如图，在三棱锥A­BCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.证明：平面ACD⊥平面BDP.

证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，

所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.

因为点P是AC的中点，所以PD⊥AC，PB⊥AC，

因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，

所以AC⊥平面PBD.

因为AC⊂平面ACD，

所以平面ACD⊥平面BDP.

　　　　　　直线与平面所成的角(师生共研)

(2020·宁夏六盘山高级中学二模)空间四边形PABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PA＝4，则PC和平面PAB所成角的正切值为        ．

【解析】　取AB的中点O，

连接CO，PO，易知CO⊥平面PAB，

则∠CPO为PC和平面PAB所成的角．易得CO＝，PO＝3，

所以tan ∠CPO＝＝，所以PC和平面PAB所成角的正切值为.

【答案】　

求直线和平面所成角的步骤

(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线．

(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角．

(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．

1．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A．8  B．6 

C．8  D．8

解析：选C.连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.

2．已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球＝，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为        ．

解析：如图，过点O作OM⊥平面ABCD，垂足为点M，则点M为正方形ABCD的中点．因为正方形ABCD的边长为2，所以AC＝2，所以AM＝.因为V球＝πr3＝，所以球O的半径OA＝r＝2，OA与平面ABCD 所成的角的余弦值为cos∠OAM＝＝＝.

答案：

核心素养系列16　逻辑推理——空间中平行与垂直的证明

如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)PA⊥底面ABCD；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面BEF⊥平面PCD.

【证明】　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，

且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，

所以PA⊥底面ABCD.

(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

所以AB∥DE，且AB＝DE，

所以四边形ABED为平行四边形．

所以BE∥AD.

又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以BE∥平面PAD.

(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．

所以BE⊥CD，AD⊥CD，

由(1)知PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，

所以PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，

所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，

所以CD⊥PD.

因为E和F分别是CD和PC的中点，

所以PD∥EF.

所以CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，

所以CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，

所以平面BEF⊥平面PCD.

本题考查数学核心素养中的逻辑推理及直观想象、逻辑推理让学生能发现问题和提出问题；能掌握推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，构建知识框架；形成有论据、有条理、合乎逻辑的思维品质，增强数学交流能力．

　(2020·太原市模拟试题(一))如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．

(1)求证：AD⊥平面PNB；

(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥P­NBM的体积．

解：(1)证明：连接BD.

因为PA＝PD，N为AD的中点，

所以PN⊥AD.

又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，

所以△ABD为等边三角形，

所以BN⊥AD.又PN∩BN＝N，

所以AD⊥平面PNB.

(2)因为PA＝PD＝AD＝2，

所以PN＝NB＝.

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，

所以PN⊥平面ABCD.

所以PN⊥NB，所以S△PNB＝××＝.

因为AD⊥平面PNB，AD∥BC，

所以BC⊥平面PNB.

又PM＝2MC，

所以VP­NBM＝VM­PNB＝VC­PNB＝×××2＝.

[基础题组练]

1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　　)

A．若a∥α，b∥α，则a∥b 

B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α

C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α 

D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α

解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，或b与α相交，故D错误．故选B.

2．(2020·广州一模)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

解析：选B.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．

3.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)

A．BC∥平面PDF

B．DF⊥平面PAE

C．平面PDF⊥平面PAE

D．平面PDE⊥平面ABC

解析：选D.因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．

在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，

所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．

4．(2020·辽宁抚顺一模)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．直线DE⊥直线AD  B．直线DE⊥直线PA

C．直线DE⊥直线AB  D．直线DE⊥直线AC

解析：选D.如图，

因为PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，

所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，

取PB的中点G，连接AG，CG，

则PB⊥CG，PB⊥AG，

又因为AG∩CG＝G，

所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，

因为D，E分别为棱BC，PC的中点，

所以DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.

5．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：          ．

解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．

命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．

命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故m∥α.

命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.

答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)

6．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

7.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.

(1)求证：DC⊥平面PAC；

(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.

证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，

所以PC⊥DC.

又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，

所以DC⊥平面PAC.

(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，

所以AB⊥AC.

因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

所以PC⊥AB.

又因为PC∩AC＝C，

所以AB⊥平面PAC.

又AB⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PAC.

8．(2020·武汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝1，AC⊥BC，E在AB上，且BA＝3BE，G在AA1上，且AA1＝3GA1.

(1)求三棱锥A1­ABC1的体积；

(2)求证：AC1⊥EG.

解：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，

所以B到平面ACC1A1的距离为1，

所以VA1­ABC1＝VB­AA1C1＝×(×1×1)×1＝.

(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD＝CA，连接ED，DG，

因为BE＝BA，所以DE∥BC，

又BC⊥平面ACC1A1，

所以DE⊥平面ACC1A1.

又AC1⊂平面ACC1A1，

所以DE⊥AC1.

在正方形ACC1A1中，

由CD＝CA，A1G＝A1A，

得DG⊥AC1.

又DE∩DG＝D，

所以AC1⊥平面DEG.

所以AC1⊥EG.

[综合题组练]

1.如图，棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论不正确的是(　　)

A．平面D1A1P⊥平面A1AP

B．∠APD1的取值范围是　

C．三棱锥B1­D1PC的体积为定值

D．DC1⊥D1P

解析：选B.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；

在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；

在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1­D1PC的体积为定值，故C正确；

在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．

2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为        ．

解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.

故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.

答案：8π

3.如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.

(1)求证：AM⊥PD；

(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．

解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.

又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD.

又AM⊂平面PAD，则CD⊥AM，

而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.

(2)延长NM，CD交于点E，因为PC⊥平面AMN，

所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，

又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，

在Rt△PMN中，sin ∠MPN＝＝，

故CD与平面AMN所成角的正弦值为.

4．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．

(1)求四棱锥P­ABCD的体积；

(2)求证：AG∥平面PEC；

(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.

解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.

(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，

则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，

所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.

因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，

所以AG∥平面PEC.

(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，

因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以CD⊥平面PAD.

又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.

易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，

所以AG⊥平面PCD，

所以EF⊥平面PCD.

又EF⊂平面PEC，

所以平面PEC⊥平面PCD.