2020版《微点教程》高考人教A版文科数学一轮复习文档：第七章第五节　直线、平面垂直的判定与性质 学案

第五节　直线、平面垂直的判定与性质
2019考纲考题考情




1．直线与平面垂直
(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及性质定理

2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理



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：


一、走进教材
1．(必修2P73练习T1改编)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
解析　根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内。故选A。
答案　A
2．(必修2P67练习T2改编)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。
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
二、走近高考
3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1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　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。
答案　C
4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
解析　在正方体中连接A1D，AD1，B1C，由正方体的性质知AD1⊥A1D，CD⊥AD1，又因为A1D∩CD＝D，所以AD1⊥平面A1B1CD，又因为BC1∥AD1，所以BC1⊥平面A1B1CD，因为A1E⊂平面A1B1CD，所以BC1⊥A1E。
答案　C
三、走出误区
微提醒：①忽略线面垂直的条件致误；②忽视平面到空间的变化致误。
5．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的________条件。
解析　根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件。
答案　必要不充分
6．已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________。
解析　若a，b，c在同一个平面内，由题设条件可得a∥c；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能。
答案　平行、相交或异面
7．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________。
解析　当a⊂α且a垂直于α，β的交线时，满足已知条件；若a⊄α，则a∥α。故得a与α的位置关系为a∥α或a⊂α。
答案　a∥α或a⊂α


考点一 直线与平面垂直的判定与性质
【例1】　如图所示，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，
因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD。
又因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC。
而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE。
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA。
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC。
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，
所以AE⊥平面PCD，
而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD。
因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB。
又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
所以AB⊥PD。
又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，
所以PD⊥平面ABE。


证明线面垂直的常用方法及关键
1．证明直线和平面垂直的常用方法：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)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。因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想。
【变式训练】　S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点。
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC。
证明　(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，

在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
所以DE∥BC，所以DE⊥AB，
因为SA＝SB，所以△SAB为等腰三角形，
所以SE⊥AB。
又SE∩DE＝E，
所以AB⊥平面SDE。又SD⊂平面SDE，
所以AB⊥SD。
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，
所以SD⊥AC。
又AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC。
(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，
所以SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC。



考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】　(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中AA1＝AB，AB1⊥B1C1。

求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC。
解　(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1。因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C。
(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形。
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B。
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC。
又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC。
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC。


1．证明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定义；(2)利用面面垂直的判定定理，转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线，即证明线面垂直。
2．两个平面垂直问题，通常是通过“线线垂直→线面垂直→面面垂直”的过程来实现的。
【变式训练】　(2019·唐山市摸底考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，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C－PAB的高。
解　(1)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＝，且PC⊥CB，
得S△PBC＝×()2＝1。
由(1)知，AC为三棱锥A－PBC的高。
易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，
则PA＝AB＝PB＝2，
于是S△PAB＝×22sin60°＝。
设三棱锥C－PAB的高为h，则
S△PAB·h＝S△PBC·AC，
×h＝×1×，解得h＝，
故三棱锥C－PAB的高等于。
考点三 开放型问题
【例3】　如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点。

(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D。
解　(1)证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，

所以BB1D1D是平行四边形，
所以B1D1∥BD。
而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，
所以B1D1∥平面A1BD。
(2)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以BB1⊥AC。
又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D，而MD⊂平面BB1D，
所以MD⊥AC。
(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D。证明如下：
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM。
因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC。
又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
所以BN⊥平面DCC1D1。
又可证得，O是NN1的中点，
所以BM∥ON，且BM＝ON，
即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，
所以OM⊥平面CC1D1D，
因为OM⊂平面DMC1，
所以平面DMC1⊥平面CC1D1D。


1．求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试，猜出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性。
2．涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识找出点的位置。
【变式训练】　如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点。

(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由。
解　(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF。
因为四边形ABCD是矩形，

所以O为AC的中点。
又F为EC的中点，
所以OF∥AE。
又OF⊂平面BDF，
AE⊄平面BDF，
所以AE∥平面BDF。

(2)当点P为AE的中点时，有PM⊥BE。
证明如下：
取BE的中点H，连接DP，PH，CH。
因为P为AE的中点，H为BE的中点，所以PH∥AB。
又AB∥CD，所以PH∥CD，
所以P，H，C，D四点共面。
因为平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，
CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面BCE。
又BE⊂平面BCE，所以CD⊥BE，
因为BC＝CE，且H为BE的中点，
所以CH⊥BE。
又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，
所以BE⊥平面DPHC。
又PM⊂平面DPHC，所以PM⊥BE。
考点四 直线与平面所成的角
【例4】　(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°。

(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值。
解　(1)由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC。
(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND。又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC。所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角。
在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝＝。因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC。在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝＝。
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cos∠DMN＝＝。
所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为。

(3)连接CM。因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM＝。又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD。所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角。
在Rt△CAD中，CD＝＝4。
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝。
所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为。


求异面直线所成的角的关键在于通过平移使得两直线相交，可通过构造中位线或平行四边形实现。求线面角的关键是构造过直线上一点且与平面垂直的直线，可以直接根据题中的垂直关系作出，也可以构造此垂线后证明。
【变式训练】　(2019·昆明调研测试)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2。过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是(　　)
A．2 B．4
C．4 D．8
解析　如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以AE＝2，A1E
＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，所以截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4。故选B。

答案　B

1．(配合例1使用)如图①，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB(如图②)。

(1)求证：BC⊥AD；
(2)求点E到平面BCD的距离。
解　(1)证明：作CH⊥AB于点H，

则BH＝，AH＝，
又BC＝1，所以CH＝，
所以CA＝，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以AC⊥BC，因为平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，
所以BC⊥AD。

(2)因为E为AB的中点，
所以点E到平面BCD的距离等于点A到平面BCD距离的一半。
又由(1)的证明可知，BC⊥平面ADC，BC⊂平面BCD，
所以平面ADC⊥平面BCD，
所以过A作AQ⊥CD于Q，
又因为平面ADC∩平面BCD＝CD，且AQ⊂平面ADC，
所以AQ⊥平面BCD，AQ就是点A到平面BCD的距离。
由(1)知AC＝，AD＝DC＝1，
所以cos∠ADC＝＝－，
又0<∠ADC<π，所以∠ADC＝，
所以在Rt△QAD中，∠QDA＝，AD＝1，
所以AQ＝AD·sin∠QDA＝1×＝。
所以点E到平面BCD的距离为。
2．(配合例2使用)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点。

求证：(1)AN∥平面A1MK；
(2)平面A1B1C⊥平面A1MK。
证明　(1)如图所示，连接NK。在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，
所以AA1∥DD1，AA1＝DD1，
C1D1∥CD，C1D1＝CD。
因为N，K分别为CD，C1D1的中点，
所以DN∥D1K，DN＝D1K，
所以四边形DD1KN为平行四边形，
所以KN∥DD1，KN＝DD1，
所以AA1∥KN，AA1＝KN，
所以四边形AA1KN为平行四边形，所以AN∥A1K。
又因为A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面 A1MK，
所以AN∥平面A1MK。

(2)如图所示，连接BC1。在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1。
因为M，K分别为AB，C1D1的中点，所以BM∥C1K，BM＝C1K，
所以四边形BC1KM为平行四边形，所以MK∥BC1。
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，
BC1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1。
因为MK∥BC1，所以A1B1⊥MK。
因为四边形BB1C1C为正方形，
所以BC1⊥B1C，所以MK⊥B1C。
因为A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，
A1B1∩B1C＝B1，
所以MK⊥平面A1B1C。
又因为MK⊂平面A1MK，
所以平面A1B1C⊥平面A1MK。
3．(配合例3使用)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点。AB＝BC，AC＝2，AA1＝。

(1)求证：B1C∥平面A1BM；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由。
解　(1)证明：连接AB1，AB1∩A1B＝O，连接OM。

在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM∥B1C，
又因为OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM。
(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，
所以AA1⊥BM，
又因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC。
因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，
所以BM⊥AC1。
因为AC＝2，所以AM＝1。
又因为AA1＝，所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
所以A1M⊥AC1。
因为BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM。
(3)当点N为BB1的中点，即＝时，
平面AC1N⊥平面AA1C1C。
证明如下：
设AC1的中点为D，连接DM，DN。
因为D，M分别为AC1，AC的中点，
所以DM∥CC1，且DM＝CC1。
又因为N为BB1的中点，
所以DM∥BN，且DM＝BN，
所以四边形BNDM为平行四边形，
所以BM∥DN，因为BM⊥平面ACC1A1，
所以DN⊥平面AA1C1C。
又因为DN⊂平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面AA1C1C。