2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第41讲直线平面垂直的判定与性质（讲）

第41讲直线、平面垂直的判定与性质（讲）思维导图知识梳理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：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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b2．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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α题型归纳题型1线面垂直的判定与性质【例11】（2019秋•合肥期末）如图，正方体中，（1）求证：；（2）求证：平面．【分析】（1）连结、，推导出，，从而平面，由此能证明．（2）由，得，同理可得，由此有证明平面．【解答】证明：（1）连结、，平面，平面，，又，，、平面，平面，又平面，．（2）由，即，同理可得，又，，平面，平面．【例12】（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．【分析】（1）因为是长方体，且，可得平面，因为平面，所以．（2）取上靠近的三等分点，连接，，．根据已知条件可得四边形为平行四边形，得，再推得四边形为平行四边形，所以，根据直线平行的性质可得，所以，，，四点共面，即点在平面内．【解答】解：（1）因为是长方体，所以平面，而平面，所以，因为是长方体，且，所以是正方形，所以，又．所以平面，又因为点，分别在棱，上，所以平面，所以．（2）取上靠近的三等分点，连接，，．因为点在，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，又因为在上，且，所以，且，所以为平行四边形，所以，，即，，所以为平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．所以点在平面内．【跟踪训练11】（2019•梅州二模）如图，正方形所在平面与三角形所在平面相交于，平面．（1）求证：平面．（2）当，且该多面体的体积为时，求该多面体的表面积．【分析】（1）由已知利用线面垂直的性质可知，由，可求，利用线面垂直的判断定理可证平面．（2）在中，经点作交于点，设，则，，由多面体的体积可求的值，进而可求，，，由，利用勾股定理可求，由，利用勾股定理可求的值，根据三角形的面积公式，正方形的面积公式即可计算得解该多面体的表面积的值．【解答】解：（1）证明：平面，平面，，正方形中，，，又正方形中，，，平面．（2）在中，经点作交于点，由（1）可知平面，平面，，，平面，设，则，，多面体的体积为，解得：，，，，，，，可得：平面，又平面，可得，可得：，又，可得：，，该多面体的表面积．【跟踪训练12】（2019秋•新余期末）如图四棱锥，平面，四边形是矩形，点为侧棱的中点，过、、三点的平面交侧棱于点．（1）求证：点为侧棱的中点；（2）若，求证：．【分析】（1）推导出．平面．从而．由此能证明点为侧棱的中点．（2）推导出．，且，从而平面，进而．从而平面，由此能证明．【解答】证明：（1）四边形是矩形，．且平面，平面，平面．又平面，平面平面，．而点为侧棱的中点，点为侧棱的中点．（2），且点为侧棱的中点，．又平面，，且，故平面，．平面，．【名师指导】证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为：题型2面面垂直的判定与性质【例21】（2020•新课标Ⅰ）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面平面；（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．【分析】（1）首先利用三角形的全等的应用求出，，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论．（2）利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果．【解答】解：（1）连接，，，是底面的内接正三角形，所以．是圆锥底面的圆心，所以：，所以，所以，由于，所以，所以，，由于，所以平面，由于平面，所以：平面平面．（2）设圆锥的底面半径为，圆锥的母线长为，所以．由于圆锥的侧面积为，所以，整理得，解得．所以．由于，解得则：．【例22】（2020•江苏）在三棱柱中，，平面，，分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面．【分析】（1）证明，然后利用直线与平面平行的判断定理证明平面；（2）证明，结合，证明平面，然后证明平面平面．【解答】证明：（1），分别是，的中点．所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．【跟踪训练21】（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连结，如图2．（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；（2）求图2中的四边形的面积．【分析】（1）运用空间线线平行的公理和确定平面的条件，以及线面垂直的判断和面面垂直的判定定理，即可得证；（2）连接，，由线面垂直的性质和三角形的余弦定理和勾股定理，结合三角形的面积公式，可得所求值．【解答】解：（1）证明：由已知可得，，即有，则，确定一个平面，从而，，，四点共面；由四边形为矩形，可得，由为直角三角形，可得，又，可得平面，平面，可得平面平面；（2）连接，，由平面，可得，在中，，，可得，可得，在中，，，，可得，即有，则平行四边形的面积为．【跟踪训练22】（2020春•本溪县期末）在矩形中，，是的中点，沿将折起，得到如图所示的四棱锥．（1）若平面平面，求四棱锥的体积；（2）若，求证：平面平面．【分析】（1）取的中点，连接，易知，由面面垂直的性质可得平面，即为四棱锥的高，求得的长和梯形的面积后，再根据棱锥的体积公式即可得解．（2）取的中点，连接、，则，，由线面垂直的判定定理可推出平面，从而得，由（1）知，，再结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可得证．【解答】解：（1）如图所示，取的中点，连接，由题意知，，，又平面平面，平面平面，平面，平面，即为四棱锥的高．在等腰中，，，而梯形的面积，四棱锥的体积．（2）取的中点，连接、，则，，，，、平面，平面，平面，，由（1）知，，又、平面，且与是相交的，平面，平面，平面平面．【名师指导】1．面面垂直判定的2种方法与1个转化(1)2种方法：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)1个转化：在已知两个平面垂直时，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．2．面面垂直性质的应用(1)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”．(2)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．题型3垂直关系中的探索性问题【例31】（2020•红河州二模）在四棱锥中，侧面是等边三角形，且平面平面，，．（1）上是否存在一点，使得平面平面；若存在，请证明，若不存在，请说明理由；（2）若的面积为，求四棱锥的体积．【分析】（1）当为的中点时，使得平面平面．运用面面垂直的性质定理和判定定理，即可得证；（2）设，运用三角形的勾股定理和线面垂直的性质，可得，求得和四边形的面积，由棱锥的体积公式可得所求．【解答】解：（1）当为的中点时，使得平面平面．证明：由是等边三角形，可得，而平面平面，为平面和平面的交线，可得平面，又平面，可得平面平面；（2）设，可得，，连接，可得，则，，由，可得，而的面积为，可得，四棱锥的体积为．【例32】（2019秋•新余期末）如图，是半圆的直径，，为圆周上一点，平面，，，，．（1）求证：平面平面；（2）在线段上是否存在点，且使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出，，从而平面，进而平面，由此能证明平面平面．（2）设，则，，．由，得到．．取中点，连接、、、．．从而平面平面，平面．四边形为平行四边形，由此能证明平面．【解答】解：（1）证明：平面，．又为圆周上一点，且是半圆的直径，．平面．又，平面，且平面，平面平面．（2）解：点为线段中点，证明如下：设，则，，．又，．．取中点，连接、、、．．又由（1）可知平面平面，故平面．又，，故，即四边形为平行四边形，，平面．【跟踪训练31】（2020春•东城区期末）在正方体中，，分别为和的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，，运用中位线定理和平行四边形的判定和性质，结合线面平行的判定定理，即可得证；（Ⅱ）在棱上假设存在一点，使得平面平面，取为的中点，连接，，，由线面垂直的判定和性质，结合面面垂直的判定定理，可得所求结论．【解答】解：（Ⅰ）取的中点，连接，，因为为的中点，所以，且，在正方体中，因为为的中点，所以，且，所以，，可得四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，则平面；（Ⅱ）在棱上假设存在一点，使得平面平面，取为的中点，连接，，，因为为的中点，所以，因为，可得，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故．【跟踪训练32】（2020•黄山二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，点是与的交点，点在线段上，且．（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【分析】（1）首先推得，且为的中点，分别求得，，再由平行线分线段成比例的逆定理可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；（2）过作，垂足为，延长交于，连接，，结合线面垂直的判定和性质可得平面，平面，可得平面平面，再由正弦定理计算可得，即可判定存在性．【解答】解：（1）证明：在四边形中，由，，可得，可得，且为的中点，由，，可得，，则，由，可得，而平面，平面，可得平面；（2）过作，垂足为，延长交于，连接，，由平面，平面，可得，又，可得平面，平面，可得平面平面，故存在这样的点．在直角中，，可得在中，，，由，，可得，即为的中点，则为的中点时，平面平面．【跟踪训练33】（2019秋•西湖区校级期末）如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若为的中点，为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）在棱上是否存在一点，使平面平面，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．【分析】（1）连接、，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面；（2）连接，证明，再证，得出平面，即可证明；（3）为边的中点时，平面平面，再证明即可．【解答】（1）证明：连接、，则，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）证明：连接，因为为正三角形，为边的中点，所以；又，，所以，所以，即；又平面，平面，，所以平面，又平面，所以；（3）解：当为边的中点时，满足平面平面