高考数学一轮复习4 第4讲　直线、平面垂直的判定与性质

1、1 / 21 第 4 讲 直线、平面垂直的判定与性质 最新考纲 考向预测 从定义和公理出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系. 命题趋势 直线、平面垂直的判定及性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成的角等内容多出现在解答题的第(1)问，难度中等. 核心素养 逻辑推理、直观想象 1直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 a，babolalbl 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 abab 2.

2、平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 ll 2 / 21 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 lalal 3.空间角 (1)直线与平面所成的角 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 所成的角 线面角 的范围：0，2 (2)二面角 定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角这条直线叫做二面角的棱两个半平面叫做二面角的面 如图的二面角，可记作：二面角 - l- 或二面角 p- ab- q 二

3、面角的平面角 如图，过二面角 - l- 的棱 l 上一点 o 在两个半平面内分别作bol，aol，则aob就叫做二面角 - l- 的平面角 二面角的范围 设二面角的平面角为 ，则 0， 当 2时，二面角叫做直二面角 常用结论 1直线与平面垂直的五个结论 (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3 / 21 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 2三种垂直关系

4、的转化： 线线垂直判定定理性质定理线面垂直判定定理性质定理面面垂直 常见误区 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 2两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”这一条件 1判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)已知直线 a，b，c，若 ab，bc，则 ac.( ) (2)直线 l 与平面 内的无数条直线都垂直，则 l.( ) (3)设 m，n 是两条不同的直线，是一个平面，若 mn，m，则n.( ) (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 内的一条直线垂直于平面 内的无数条直线，

5、则 .( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 2(易错题)已知 m 和 n 是两条不同的直线，和 是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出 m 的是( ) a且 m bmn 且 n cmn 且 n dmn 且 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 3(多选)四棱锥 s- abcd 的底面为正方形，sd底面 abcd，则下列结论中正确的是( ) 4 / 21 aacsb badsc c平面 sac平面 sbd dbdsa 解析：选 abc.由 sd底面 abcd，得 sb在平面 abcd 内的射影为 db.又db与 ac 垂直，所以 sba

6、c，a正确； 由 sc在平面 abcd内的射影 dc 与 ad垂直，得 scad，b正确； 由 acsb，acbd，sbbdb，可得 ac平面 sbd，从而有平面sac平面 sbd，c正确； 若 bdsa，则 bd 垂直 sa 在平面 abcd 内的射影 da，与已知条件矛盾，d错误故选 abc. 4已知直线 l 和平面 ，且 l，则“l”是“”的_条件 解析：由面面垂直的判定定理可得，若 l，l，则 ，充分性成立； 若 l，则 l 与 垂直、相交或平行，必要性不成立， 所以若 l，则“l”是“”的充分不必要条件 答案：充分不必要 5在三棱锥 p- abc 中，点 p在平面 abc 中的射影为

7、点 o. 若 papbpc，则点 o是abc的_心 解析：如图，连接 oa，ob，oc，op，在 rtpoa，rtpob 和 rtpoc中，papbpc，所以 oaoboc，即 o为abc的外心 答案：外 5 / 21 线面垂直的判定与性质 (1)如图，在三棱锥 p- abc 中，abbc2 2，papbpcac4，o为 ac的中点证明：po平面 abc. (2)(2020 高考全国卷节选)如图，在长方体 abcd- a1b1c1d1中，点 e，f分别在棱 dd1，bb1上，且 2deed1，bf2fb1.证明：当 abbc 时，efac. 【证明】 (1)因为 apcpac4，o为 ac的中

8、点， 所以 opac，且 op2 3. 连接 ob.因为 abbc22ac， 所以abc 为等腰直角三角形， 且 obac，ob12ac2. 由 op2ob2pb2知 poob. 由 opob，opac 且 obaco知 po平面 abc. (2)如图，连接 bd，b1d1.因为 abbc，所以四边形 abcd 为正方形，故acbd.又因为 bb1平面 abcd.于是 acbb1.所以 ac平面 bb1d1d.由于ef平面 bb1d1d，所以 efac. 6 / 21 判定线面垂直的四种方法 1如图所示，已知 ab 为圆 o 的直径，点 d 为线段 ab 上一点，且 ad13db，点 c 为圆

9、 o上一点，且 bc 3ac，pd平面 abc，pddb. 求证：pacd. 证明：因为 ab为圆 o的直径，所以 accb， 在 rtabc中，由 3acbc得abc30， 设 ad1，由 3addb 得 db3，bc2 3， 由余弦定理得 cd2db2bc22db bccos 303， 所以 cd2db2bc2，即 cdao. 因为 pd平面 abc，cd平面 abc， 所以 pdcd，由 pdaod 得，cd平面 pab， 又因为 pa平面 pab，所以 pacd. 2如图，在三棱锥 a- bcd 中，abad，bcbd，平面 abd平面 bcd，点 e，f(e 与 a，d 不重合)分别

10、在棱7 / 21 ad，bd上，且 efad. 求证：(1)ef平面 abc； (2)adac. 证明：(1)在平面 abd中，因为 abad，efad，所以 efab. 又因为 ef平面 abc，ab平面 abc， 所以 ef平面 abc. (2)因为平面 abd平面 bcd， 平面 abd平面 bcdbd， bc平面 bcd，bcbd， 所以 bc平面 abd. 因为 ad平面 abd， 所以 bcad. 又 abad，bcabb，ab平面 abc，bc平面 abc，所以 ad平面 abc. 又因为 ac平面 abc，所以 adac. 面面垂直的判定与性质 (1)(2020 高考全国卷节选

11、)如图，d 为圆锥的顶点，o 是圆锥底面的圆心，abc 是底面的内接正三角形，p 为 do 上一点，apc90.证明：平面 pab平面 pac. (2)(2020 开封市模拟考试)如图，已知在三棱柱 abc- a1b1c1中，平面aa1c1c平面 abc，aa1ac，acbc.证明：a1cab1. 8 / 21 【证明】 (1)由题设可知，papbpc， 由于abc 是正三角形，故可得pacpab，pacpbc. 又apc90，故apb90，bpc90， 从而 pbpa，pbpc，故 pb平面 pac，所以平面 pab平面 pac. (2)因为 aa1ac，所以四边形 aa1c1c为菱形，所以

12、 a1cac1. 因为平面 aa1c1c平面 abc，平面 aa1c1c平面 abcac， bc平面 abc，bcac， 所以 bc平面 aa1c1c. 又 bcb1c1，所以 b1c1平面 aa1c1c，所以 b1c1a1c. 因为 ac1b1c1c1， 所以 a1c平面 ab1c1，而 ab1平面 ab1c1， 所以 a1cab1. (1)证明面面垂直的方法 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 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)

13、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 p- abc 中，pa平面 abc，abaca，bc 2a.求证：平面 pab平面 pac. 9 / 21 证明：因为 pa平面 abc， 所以 paab，paac， 所以bac 即为二面角 b- pa- c的平面角 又 abaca，bc 2a， 所以bac90， 所以平面 pab平面 pac. 平行与垂直的综合问题 如图，在四棱锥 p- abcd 中，底面 abcd 为矩形，平面 pad平面abcd，papd，papd，e，f分别为 ad，pb的中点 (1)求证：pe

14、bc； (2)求证：平面 pab平面 pcd； (3)求证：ef平面 pcd. 【证明】 (1)因为 papd，e 为 ad的中点， 所以 pead. 因为底面 abcd为矩形， 所以 bcad，所以 pebc. (2)因为底面 abcd为矩形，所以 abad. 又因为平面 pad平面 abcd， 平面 pad平面 abcdad，ab平面 abcd， 所以 ab平面 pad， 因为 pd平面 pad，所以 abpd. 又因为 papd，abpaa， 所以 pd平面 pab. 因为 pd平面 pcd， 所以平面 pab平面 pcd. 10 / 21 (3)如图，取 pc 的中点 g，连接 fg，

15、dg.因为 f，g 分别为 pb，pc 的中点，所以 fgbc，fg12bc. 因为四边形 abcd为矩形，且 e为 ad的中点， 所以 debc，de12bc. 所以 defg，defg. 所以四边形 defg为平行四边形 所以 efdg. 又因为 ef平面 pcd，dg平面 pcd， 所以 ef平面 pcd. 平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系 (2020 高考江苏卷)在三棱柱 abc- a1b1c1中，abac，b1c平面 abc，e，f分别是 ac，b1c的中点 (1)求证：ef平面 ab1c1； (2)求

16、证：平面 ab1c平面 abb1. 证明：(1)因为 e，f分别是 ac，b1c的中点， 所以 efab1. 又 ef平面 ab1c1，ab1平面 ab1c1， 所以 ef平面 ab1c1. (2)因为 b1c平面 abc，ab平面 abc, 所以 b1cab. 11 / 21 又 abac，b1c平面 ab1c， ac平面 ab1c，b1cacc， 所以 ab平面 ab1c. 又因为 ab平面 abb1， 所以平面 ab1c平面 abb1. 思想方法系列 14 构造几何模型解决空间问题 判断空间线、面的位置关系，常利用正(长)方体及其他几何体模型来判断，把平面、直线看作正(长)方体内及其他几

17、何体平面、侧棱、对角线等进行推导验证，使抽象的推理形象化、具体化 已知 m，n 是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题： 若 m，n，mn，则 ；若 m，n，mn，则；若 m，n，mn，则 ；若 m，n，则mn. 其中所有正确的命题是( ) a b c d 【解析】 对于，可以得到平面 ，互相垂直，如图(1)所示，故正确；对于，平面 ，可能垂直，如图(2)所示，故不正确；对于，平面，可能垂直，如图(3)所示，故不正确；对于，由 m，可得m，因为 n，所以过 n 作平面 ，且 g，如图(4)所示，所以 n 与交线 g 平行，因为 mg，所以 mn，故正确故选 a项 【答案】 a (1

18、)构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型对问12 / 21 题直观地作出判断这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致的解题错误 (2)由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证 (2020 贵阳市四校联考)如图所示，在三棱锥 p- abc 中，ap平面 abc，acb90，acbc1，ap 3，则该三棱锥外接球的体积为_ 解析：如图所示，根据题意可将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为 1，1， 3的长方体，则三棱锥的外接

19、球与长方体的外接球相同设外接球半径为 r，则(2r)21212( 3)25，所以该三棱锥外接球的体积 v43r35 56. 答案：5 56 a级 基础练 1已知平面 和直线 l，则 内至少有一条直线与 l( ) a平行 b相交 c垂直 d异面 解析：选 c.当直线 l 与平面 斜交时，在平面 内不存在直线与 l平行，故a项错误；当 l时，在内不存在直线与 l 相交，故 b项错误；当 l时，在 内不存在直线与 l 异面，故 d 项错误；无论哪种情形，在平面 内都有无13 / 21 数条直线与 l 垂直故选 c项 2(多选)设 ，是两个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，下列说法正确的是( )

20、a若 ，m，mn，n，则 n b若 ，n，则 n c若 m，m，则 d若 m，m，n，则 n 解析：选 ad.选项 a 中，由面面垂直的性质定理知，正确；选项 b 中，直线 n 可以与平面 相交、平行或 n，不正确；选项 c 中，与直线 m 平行的平面有无数个，且这些平面可以与平面 平行、相交，不正确；选项 d 中，根据 m，m，知 ，又 n，所以 n 正确，故选 ad. 3如图所示，在正方体 abcd- a1b1c1d1中， 点 o，m，n 分别是线段bd，dd1，d1c1的中点，则直线 om 与 ac，mn的位置关系是( ) a与 ac，mn均垂直 b与 ac 垂直，与 mn不垂直 c与

21、ac 不垂直，与 mn垂直 d与 ac，mn均不垂直 解析：选 a.因为 dd1平面 abcd，所以 acdd1， 又因为 acbd，dd1bdd， 所以 ac平面 bdd1b1， 因为 om平面 bdd1b1，所以 omac. 设正方体的棱长为 2， 则 om 12 3，mn 11 2， on14 5， 所以 om2mn2on2，所以 ommn.故选 a. 14 / 21 4(2021 山东济宁模拟)如图，在三棱柱 abc- a1b1c1中，侧棱 aa1底面a1b1c1，底面三角形 a1b1c1是正三角形，e 是 bc 的中点，则下列叙述正确的是( ) acc1与 b1e是异面直线 bac平

22、面 abb1a1 caeb1c1 da1c1平面 ab1e 解析：选 c.对于 a，cc1与 b1e均在侧面 bcc1b1内，又两直线不平行，故相交，a 错误；对于 b，ac 与平面 abb1a1所成的角为 60，所以 ac 不垂直于平面 abb1a1，故 b错误；对于 c，aebc，bcb1c1，所以 aeb1c1，故c 正确；对于 d，ac 与平面 ab1e 有公共点 a，aca1c1，所以 a1c1与平面ab1e相交，故 d错误 5.(多选)如图，ac2r 为圆 o 的直径，pca45，pa垂直于圆 o 所在的平面，b 为圆周上不与点 a，c 重合的点，aspc于点 s，anpb于点 n

23、，则下列选项正确的是( ) a平面 ans平面 pbc b平面 ans平面 pab c平面 pab平面 pbc d平面 abc平面 pac 解析：选 acd.因为 pa平面 abc，pa平面 pac，所以平面 abc平面pac，故 d 正确；因为 b 为圆周上不与 a，c 重合的点，ac 为直径，所以bcab，因为 pa平面 abc，bc平面 abc，所以 bcpa，又 abpaa，所以 bc平面 pab，又 bc平面 pbc，所以平面 pab平面 pbc，故 c正确；因为 bc平面 pab，所以 bcan，又因为 anpb，pbbcb，所以 an平面 pbc，又 an平面 ans，所以平面

24、ans平面 pbc，故 a 正15 / 21 确故选 acd. 6.如图，在abc 中，acb90，ab8，abc60，pc平面 abc，pc4，m 是边 ab 上的一个动点，则 pm的最小值为_ 解析：作 chab 于 h，连接 ph.因为 pc平面 abc，所以phab，ph为 pm 的最小值，等于 2 7. 答案：2 7 7(2019 高考北京卷)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断： lm；m；l. 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 lm，m，则 l

25、，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体 abcd- a1b1c1d1中，设平面 abcd 为平面 ，a1d1和 a1b1分别为 l和 m，满足条件，但结论不成立 命题(2)：若 lm，l，则 m，此命题正确证明：作直线 m1m，且与 l 相交，故 l 与 m1确定一个平面 ，且 lm1，因为 l，所以平面 与平面 相交，设 n，则 ln，又 m1，n，所以 m1n，又 m1m，所以mn，又 m在平面 外，n，故 m. 命题(3)：若 m，l，则 lm，此命题正确证明：过直线 m 作一平面，且与平面 相交，交线为 a，因为 m，所以 ma.因为 l，a，所以 la，又 ma，所以 lm.

26、答案：若 lm，l，则 m(或 m，l，则 lm，答案不唯一) 8如图，已知bac90，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. 16 / 21 因为 abac，abpc，acpcc， 所以 ab平面 pac， 又因为 ap平面 pac， 所以 abap，与 ap 垂直的直线是 ab. 答案：ab，bc，ac ab 9.如图，在四棱锥 p- abcd 中，pc平面 abcd，abdc，dcac. (1)求证：dc平面 pac； (2)求证：平面 pab平面 p

27、ac. 证明：(1)因为 pc平面 abcd，dc平面 abcd， 所以 pcdc. 又因为 acdc，且 pcacc， 所以 dc平面 pac. (2)因为 abcd，dcac， 所以 abac. 因为 pc平面 abcd，ab平面 abcd， 所以 pcab. 又因为 pcacc， 所以 ab平面 pac. 又 ab平面 pab， 所以平面 pab平面 pac. 10(2020 沈阳市教学质量监测(一)如图，已知abc 为等边三角形，abd为等腰直角三角形，abbd.平面 abc平面abd，点 e 与点 d在平面 abc 的同侧，且 cebd，bd2ce.f为 ad的中点，连接 ef. (

28、1)求证：ef平面 abc； (2)求证：平面 aed平面 abd. 证明：(1)如图，取 ab 的中点为 o，连接 oc，of，因为 o，f 分别为ab，ad的中点，所以 ofbd 且 bd2of， 17 / 21 又 cebd 且 bd2ce，所以 ceof且 ceof， 所以四边形 ocef为平行四边形，所以 efoc. 又 ef平面 abc且 oc平面 abc， 所以 ef平面 abc. (2)因为三角形 abc 为等边三角形， 所以 ocab， 又平面 abc平面 abd且平面 abc平面 abdab， 所以 oc平面 abd， 因为 efoc，所以 ef平面 abd， 又 ef平面

29、 aed，所以平面 aed平面 abd. b级 综合练 11(多选)已知在四面体 abcd 中，abc，bcd 均为边长为 1 的等边三角形，e，f分别为 bc，bd的中点，则( ) abcad b若 ad1，则四面体 abcd 的体积为26 c若 ad62，则平面 abc平面 bcd d若 af12，则截面 aef 的面积为316 解析：选 acd.连接 ae，de，因为abc，bcd均为边长为 1的等边三角形，所以 aebc，debc，又 aedee，所以 bc平面 ade，所以bcad，故 a 正确；设点 a 在平面 bcd 内的射影为点 o，则 ao123223263，所以四面体 ab

30、cd 的体积故 b错误；易知aed 为二面角 a- bc- d 的平面角，ae32，de32，当 ad18 / 21 62时，ae2de2ad2，所以aed90，所以平面 abc平面 bcd，故 c正确；因为 e，f 分别为 bc，bd 的中点，连接 ef，af，易知 ef12cd12，由余弦定理可得 cosaef3221221222321232，所以 sinaef12，所以saef12123212316，故 d正确 12如图，在直三棱柱 abc- a1b1c1中，侧棱长为 2，acbc1，acb90，d 是 a1b1的中点，f 是 bb1上的动点，ab1，df 交于

31、点 e.要使 ab1平面 c1df，则线段 b1f的长为_ 解析：设 b1fx，因为 ab1平面 c1df，df平面 c1df，所以 ab1df. 由已知可以得 a1b1 2， 设 rtaa1b1斜边 ab1上的高为 h，则 de12h， 又 2 2h22（ 2）2， 所以 h2 33，de33. 在 rtdb1e中，b1e （22）2（33）266. 由面积相等得66 x2（22）222x，得 x12.即线段 b1f的长为12. 答案：12 13(2020 成都市诊断性检测)如图，在四棱锥 pabcd中，ap平面 pbc，底面 abcd为菱形，且abc60，e，f分别为 bc，cd的中点 1

32、9 / 21 (1)证明：bc平面 pae； (2)点 q在棱 pb上，且pqpb13，证明：pd平面 qaf. 证明：(1)如图，连接 ac. 因为底面 abcd为菱形，且abc60， 所以三角形 abc为正三角形 因为 e为 bc的中点，所以 bcae. 因为 ap平面 pbc，bc平面 pbc， 所以 bcap. 因为 apaea，ap，ae平面 pae， 所以 bc平面 pae. (2)连接 bd交 af于点 m，连接 qm. 因为 f为 cd的中点，所以在底面 abcd中，dmmbdfab12，所以dmdb13. 所以pqpbdmdb13，所以在三角形 bpd中，pdqm. 又 qm平面 qaf，pd平面 qaf，所以 pd平面 qaf. 14(2020 广东七校联考)如图，在四棱锥 p- abcd 中，pa平面 abcd，四边形 abcd 为正方形，paab2，e是 ab的中点，g是 pd的中点 (1)求四棱锥 p- abcd 的体积； (2)求证：ag平面 pec；