2025届新高考数学冲刺突破复习 直线、平面垂直的判定与性质

2025届新高考数学冲刺突破复习直线、平面垂直的判定与性质考点清单题型清单目录考点

直线、平面垂直的判定与性质题型1判定或证明直线与平面垂直题型2判定或证明平面与平面垂直题型3翻折问题考点直线、平面垂直的判定与性质1.线面垂直的判定与性质(1)线面垂直的判定图形

条件l⊥a,l⊥b,a∩b=O,a⊂α,b⊂αa∥b,a⊥α结论l⊥αb⊥α(2)线面垂直的性质图形

条件a⊥α,b⊂αa⊥α,b⊥α结论a⊥ba∥b2.面面垂直的判定与性质(1)面面垂直的判定图形

条件α∩β=l,OA⊂α,OB⊂β,OA⊥l,OB

⊥l,且∠AOB=90°l⊂β,l⊥α结论α⊥βα⊥β(2)面面垂直的性质图形

条件α⊥β,α∩β=a,l⊂β,l⊥aα∩β=l,α⊥γ,β⊥γ结论l⊥αl⊥γ知识拓展三垂线定理及其逆定理1.三垂线定理:在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影

垂直,那么它也与这条斜线垂直.2.三垂线定理的逆定理:如果平面内一条直线和该平面的一条斜线垂直,那么这条直线

也垂直于这条斜线在平面内的射影.即练即清判断正误(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α⊥β,a⊥β,则a∥α.

(

)(4)a⊥α,a⊂β⇒α⊥β.

(

)××√√题型1判定或证明直线与平面垂直1.利用线面垂直的判定定理:l⊥a,l⊥b,b∩a=O,b⊂α,a⊂α⇒l⊥α(主要方法).2.利用平行线垂直平面的传递性:a∥b,a⊥α⇒b⊥α.3.利用面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β(主要方法).4.利用面面平行的性质:α∥β,a⊥β⇒a⊥α.5.利用面面垂直的性质:α⊥β,α⊥γ,β∩γ=l⇒l⊥α.例1

(2023陕西榆林二模,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,PA=PC,E是棱PD上的一点,且2

=3

.(1)证明:AC⊥平面PBD;(2)若AB=2,PB=PD=

,求点P到平面ACE的距离.

解析

(1)证明:记AC∩BD=O,连接OP,则O是BD,AC的中点.因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为PA=PC,且O是AC的中点,所以OP⊥AC.因为OP,BD⊂平面PBD,且OP∩BD=O,所以AC⊥平面PBD.(线面垂直的判定定理)(2)连接OE.因为PB=PD,且O是BD的中点,所以OP⊥BD.

因为OP⊥AC,AC,BD⊂平面ABCD,且AC∩BD=O,所以OP⊥平面ABCD.因为四边形ABCD是菱形,AB=2,∠ABC=60°,所以AC=2,OB=

,所以OP=

=

,故VP-ACD=

×

×2×

×

=1,因为2

=3

,所以VP-ACE=

VP-ACD=

.过点E作EF⊥BD,垂足为F,由题中数据可得EF=

OP=

,OF=

OD=

,则OE=

=

.因为OE⊂平面PBD,且AC⊥平面PBD,所以AC⊥OE,(线面垂直的性质定理)则△ACE的面积S=

×2×

=

.设点P到平面ACE的距离为d,则VP-ACE=

×

d=

,解得d=

.即练即清1.(2023河北唐山二模,20)在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=AD=2,BC=1,∠BAD=120°,

PA⊥CD,PD⊥AC,点E是棱PD上靠近点P的三等分点.(1)证明:PA⊥平面ABCD;(2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为

,求四棱锥P-ABCD的体积.

解析

(1)证明:在△ABC中,∠ABC=60°,AB=2,BC=1,由余弦定理可得,AC=

=

,从而有AB2=BC2+AC2,则AC⊥BC,∵AD∥BC,∴AC⊥AD,∵PD⊥AC,PD∩AD=D,AD,PD⊂平面PAD,∴AC⊥平面PAD,∵PA⊂平面PAD,∴AC⊥PA,∵PA⊥CD,AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD.(2)以A为坐标原点,以AC,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,如图,

则A(0,0,0),C(

,0,0),D(0,2,0),则

=(

,0,0),设AP=t,t>0,则P(0,0,t),E

,则

=

,易知

=(0,2,0)是平面PAC的一个法向量.设平面EAC的法向量是n=(x,y,z),由

得

取z=-1,则n=(0,t,-1),因为平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为

,所以|cos<

,n>|=

=

=

,解得t=3,所以四棱锥P-ABCD的体积V=

×

×(1+2)×

×3=

.题型2判定或证明平面与平面垂直1.利用面面垂直的判定定理:l⊥α,l⊂β⇒α⊥β(主要方法).2.利用面面垂直的定义(作出两平面构成的二面角的平面角,并计算该平面角的大小为

90°).3.利用平行的传递关系:α∥β,α⊥γ⇒β⊥γ.例2

(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=

QA=

,QC=3.(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值.

解析

(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE.由于QD=QA,故QE⊥AD.在Rt△QAE中,QE=

=2.在Rt△CDE中,CE=

=

=

.在△QCE中,QE2+CE2=QC2⇒QE⊥CE,又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.(面面垂直的判定定理)(2)以E为坐标原点建系,如图所示,

则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0).则

=(-2,1,2),

=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),则

即

可取n2=(2,2,1).设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,则cosθ=|cos<n1,n2>|=

=

=

,故二面角B-QD-A的余弦值为

.即练即清2.(2018北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面

ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.证明

(1)在△PAD中,因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩

形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC的中点G,连接FG,DG.

因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG∥BC,FG=

BC.因为底面ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE=

BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.题型3翻折问题立体几何中的翻折问题的处理策略1.明确翻折前后变与不变的量,一般地,翻折前后在同一面内的量不发生变化,翻折前

后不在同一面内的量发生变化;2.翻折后变化的量的大小要进行推理计算证明,不能从图形中凭感觉主观判断;3.翻折后不易计算的量,可以回归到翻折前的图形中计算.例3

(2019课标Ⅲ理,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平

面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,

如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.

解析

(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

(2分)由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(5分)(注意:翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化,特别是平行、垂直的变化)(2)取CG的中点M,连接EM,DM.

因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.

(8分)由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,又DE,EM⊂平面DEM,DE∩EM=E,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.

(10分)在Rt△DEM中,DE=1,EM=

,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.

(12分)解题关键抓住翻折前后的垂直关系,灵活转化线线垂直、线面