新教材高考数学一轮复习第7章立体几何第4节直线平面垂直的判定与性质学案含解析

第四节　直线、平面垂直的判定与性质

一、教材概念·结论·性质重现

1．直线与平面垂直

(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足．

(2)判定定理与性质定理

2．平面与平面垂直

(1)定义：一般地，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)判定定理与性质定理

3．线面角与二面角

(1)直线与平面所成的角(线面角)

平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°.若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°.直线与平面所成的角θ的取值范围是0°≤θ≤90°.

(2)二面角

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：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．

4．常用结论

(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．

(2)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．

(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，则这一条直线与另一个平面也垂直．

(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．

二、基本技能·思想·活动体验

1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．

(1)若直线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)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b． (√)

(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α． (×)

(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β． (√)

2．下列命题中不正确的是(　　)

A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β

B．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

C．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

D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ

A　解析：A错误，l与β可能平行或相交，或在平面β内，其余选项均正确．

3．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．

4　解析：因为PA⊥平面ABC，

所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，

则△PAB，△PAC为直角三角形．

由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，

所以BC⊥平面PAC，

从而BC⊥PC．

因此△ABC，△PBC也是直角三角形．

故图中共有4个直角三角形．

4．在三棱锥P-ABC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．

(1)外　(2)垂　解析：(1)如图，因为PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC．

在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，

同理OB2＝PB2－PO2，

OC2＝PC2－PO2.

又PA＝PB＝PC，

故OA＝OB＝OC，所以O是△ABC的外心．

(2)由PA⊥PB，PA⊥PC可知PA⊥平面PBC，

所以PA⊥BC．

又PO⊥BC，

所以BC⊥平面PAO，

所以AO⊥BC，

同理BO⊥AC，CO⊥AB.

故O是△ABC的垂心．

5．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．

7　解析：如图，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．

考点1　垂直关系的基本问题——基础性

1．已知平面α和直线a，b，若a∥α，则“b⊥a”是“b⊥α”的(　　)

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

B　解析：根据空间中直线与平面之间的位置关系，由a∥α，b⊥α，可得b⊥a.反之不成立，可能b与α相交或平行．所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．

2．(多选题)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法正确的是(　　)

A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b

B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β

C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β

D．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β

ABD　解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，所以a∥b，故A正确；

对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，所以存在直线m⊂α，使得m∥b，又b⊥β，所以m⊥β，所以α⊥β.故B正确；

对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，所以b⊂β或b∥β，故C错误；

对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确．

3．在三棱锥S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论：

①异面直线SB与AC所成的角为90°；

②直线SB⊥平面ABC；

③平面SBC⊥平面SAC；

④点C到平面SAB的距离是a.

其中正确的是________．(填序号)

①②③④　解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为a，故④正确．

考点2　空间角及其应用——综合性

(1)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中．若AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1-BD-C的大小为________．

30°　解析：如图，连接AC交BD于点O，连接C1O.

因为C1D＝C1B，O为BD的中点，所以C1O⊥BD．

因为AC⊥BD，所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角．

在Rt△C1CO中，C1C＝，CO＝AC＝，

则C1O＝2，所以sin∠C1OC＝＝.

由图可知，二面角C1­BD­C为锐二面角，

所以∠C1OC＝30°.

(2)(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于点E，交AC于点F.

①证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；

②设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．

解：①因为M，N分别为BC，B1C1的中点，

所以MN∥BB1.

又AA1∥BB1，所以MN∥AA1.

在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.

又因为侧面BB1C1C为矩形，所以BC⊥BB1.

因为MN∥BB1，MN⊥BC．MN∩AM＝M，MN，AM⊂平面A1AMN，

所以BC⊥平面A1AMN.

又因为B1C1∥BC，且B1C1平面ABC，BC⊂平面ABC，所以B1C1∥平面ABC．

又因为B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF.

所以B1C1∥EF，所以EF∥BC．

又因为BC⊥平面A1AMN，

所以EF⊥平面A1AMN.

因为EF⊂平面EB1C1F，

所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.

②连接NP，因为AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，所以AO∥NP.

根据三棱柱上下底面平行，

平面A1NMA∩平面ABC＝AM，平面A1NMA∩平面A1B1C1＝A1N，

所以ON∥AP，故四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m(m>0)，可得ON＝AP，NP＝AO＝AB＝6m.

因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，

所以ON＝×6m×sin 60°＝m，故ON＝AP＝m.

因为EF∥BC，所以＝，

所以＝，解得EP＝m.

在B1C1截取B1Q＝EP＝m，故QN＝2m.

因为B1Q＝EP且B1Q∥EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E∥PQ.

由①知B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，

在Rt△QPN中，根据勾股定理可得PQ＝＝＝2m，

所以sin∠QPN＝＝＝.所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.

1．(2020·山东卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(B)

A．20°  B．40°  C．50°  D．90°

2．在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为________．

60°　解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.

因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V-AB-C的平面角．

易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.

而OH＝BC＝1，所以∠VHO＝60°.

故二面角V-AB-C的大小是60°.

3．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．

(1)证明：△PBC是直角三角形；

(2)若PA＝AB＝2，当直线PC与平面ABC所成角的正切值为时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，所以BC⊥AC．

又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

所以PA⊥BC．

因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

所以BC⊥平面PAC．

因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，

所以△PBC是直角三角形．

(2)解：如图，过点A作AH⊥PC于点H，连接BH.

因为BC⊥平面PAC，AH⊂平面PAC，

所以BC⊥AH.

又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，

所以AH⊥平面PBC．

因为BH⊂平面PBC，所以AH⊥BH，

所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角．

因为PA⊥平面ABC，

所以∠PCA即是PC与平面ABC所成的角．

因为tan∠PCA＝＝，PA＝2，所以AC＝.

所以在Rt△PAC中，AH＝＝，

所以在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，

即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.

考点3　线面垂直、面面垂直的判定与性质——应用性

考向1　线面垂直的判定与性质

如图，在四棱锥A-BCDE中，△ADE是边长为2的等边三角形，平面ADE⊥平面BCDE，底面BCDE是等腰梯形，DE∥BC，DE＝BC，BE＝DC＝2，BD＝2，M是边DE的中点，点N在BC上，且BN＝3.

(1)证明：BD⊥平面AMN；

(2)设BD∩MN＝G，求三棱锥A-BGN的体积．

(1)证明：因为△ADE是等边三角形，M是DE的中点，所以AM⊥DE.

又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，所以AM⊥平面BCDE.

因为BD⊂平面BCDE，所以AM⊥BD．

因为MD＝ME＝1，BN＝3，DE∥BC，DE＝BC，

所以MDCN，所以四边形MNCD是平行四边形，所以MN∥CD．

因为BD＝2，BC＝4，CD＝2，所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，所以BD⊥MN.

又AM∩MN＝M，所以BD⊥平面AMN.

(2)解：由(1)知AM⊥平面BCDE，

所以AM为三棱锥A-BGN的高．

因为△ADE是边长为2的等边三角形，所以AM＝.

易知GN＝CD＝.

又由(1)知BD⊥MN，所以BG＝＝.

所以S△BGN＝BG·NG＝××＝.

所以VA-BGN＝S△BGN·AM＝××＝.

考向2　面面垂直的判定与性质

(2021·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．

(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．

又平面PAB∩平面ABCD＝AB，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×＝.

1．(2021·石家庄模拟)如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是(　　)

A．平面ABCD

B．平面PBC

C．平面PAD

D．平面PAB

C　解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．

因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，

所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD．

2．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点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PCD．

证明：(1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，

所以∠ABD＝∠ADB＝45°.

又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.

又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD．

因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，

所以CD⊥平面PBD．

(2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP.

又BP⊥PD，PD∩CD＝D，所以BP⊥平面PDC．

又BP⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PDC．

3．(2020·银川一模)如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．

(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；

(2)求三棱锥B-VAC的高．

(1)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，

所以OC⊥AB.

因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，

所以OC⊥平面VAB.

因为OC⊂平面MOC,

所以平面MOC⊥平面VAB.

(2)解：在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，

所以AB＝2，OC＝1，

所以等边三角形VAB的面积为S△VAB＝×22×sin 60°＝，

又因为OC⊥平面VAB，所以OC⊥OM.

在△AMC中，AM＝1，AC＝，MC＝，

所以S△AMC＝×1×＝，

所以S△VAC＝2S△MAC＝.

由三棱锥B-VAC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，

即S△VAC·h＝S△VAB·OC,

所以h＝＝，

即三棱锥B-VAC的高为.