高频考点题型归纳35直线、平面垂直的判定与性质【教师版】

高中数学精编资源专题35直线、平面垂直的判定与性质--2022年（新高考）数学高频考点+重点题型一、关键能力1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理和性质定理；2.掌握公理、判定定理和性质定理.二、教学建议1.以几何体为载体，考查线线、线面、面面垂直证明.2.利用垂直关系及垂直的性质进行适当的转化，处理综合问题.3.本节是高考的必考内容．预测2020年高考将以直线、平面垂直的判定及其性质为重点，涉及线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定及其应用，题型为解答题中的一问，或与平行相结合进行命题的判断.以及运用其进一步研究体积、距离、角的问题，考查转化与化归思想、运算求解能力及空间想象能力．三、自主梳理 定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．定理：文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(aα,bα,l⊥a,l⊥b,a∩b＝A))⇒l⊥α性质定理如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b知识点2．平面与平面垂直的判定与性质定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．定理：文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(ABβ,AB⊥α))⇒β⊥α性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝MN,ABβ,AB⊥MN))⇒AB⊥α知识点3．线面、面面垂直的综合应用1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法．②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．②垂直于同一个平面的两条直线平行．③垂直于同一直线的两平面平行．2．斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．四、高频考点+重点题型考点一与线、面垂直相关命题的判定例1-1．（2021·浙江期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.例1-2.（2021·湖南省安化二中模拟）如图，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC【答案】D【解析】因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确；在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE⊂平面PAE，所以BC⊥平面PAE，因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．训练1．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（）A． B．平面C．平面 D．三棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】选项A，连接BD，通过证明平面，可判定；选项B，通过可判定；选项C，利用平面ABCD平面可判定平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定.【详解】选项A：连接BD，底面ABCD是正方形，，又平面ABCD，平面ABCD，，，平面，又平面，，故选项A正确；选项B：若平面，平面，，但显然，所以平面不成立，故选项B错误；选项C：正方体中，平面ABCD平面，平面，平面ABCD，故选项C正确；选项D：点A到平面BEF的距离也是点A到平面的距离，等于AC的一半，即三棱锥高为定值，而的边为定值，高为为定值，故体积为定值，故选项D正确.故选：ACD.考点二直线与平面垂直的判定与性质例2-1.（线面垂直的判定）（2021·河北易县中学）在三棱锥中，，，O是线段AC的中点，M是线段BC的中点.（1）求证：PO⊥平面ABC；【解析】（1）利用勾股定理得出线线垂直，结合等边三角形的特点，再次利用勾股定理得出线线垂直，进而得出线面垂直；（1）由，有，从而有，且又是边长等于的等边三角形，.又，从而有.又平面.例2-2.（线面垂直的性质）（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，底面.（1）求证：平面；（2）若，直线与平面所成的角为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明出，，利用线面垂直判定定理可得出结论；（2）设，则为中点，连接，分析可知直线与平面所成的角为，求得的长，分析出为等边三角形，可计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法可计算出点到平面的距离.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，又因为平面，平面，故，又，故平面；（2）设，则为中点，连接，设到平面的距离为，因为平面，所以是直线与平面所成的角，于是，因此.又，故为等边三角形，所以三角形的面积为，故三棱锥的体积.在直角三角形中，，，所以，平面，平面，则，则，所以三棱锥的体积，解得，所以，点到平面的距离为.考点三面面垂直的判定与性质例3-1.（面面垂直的判定）（2020·全国高考真题（文））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，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，，是圆内接正三角形，，≌，，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱锥的体积为.例3-2.（面面垂直的性质）如图，在四棱锥中，底面为菱形，,，面面,为等边三角形，为的中点．若是的中点，求三棱锥的体积．【答案】【解析】因为为等边中边的中点，所以，面面,所以底面，因为等边的边长为2，所以,易知为边长为2的等边三角形，所以三棱锥的体积为：,因为是的中点，所以，所以三棱锥的体积为．训练1.在四边形中，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论正确的是（）A.平面平面B.平面平面C.平面平面D.平面平面【答案】D【解析】在直角梯形中，因为为等腰直角三角形，故，所以，故，折起后仍然满足.因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因平面，所以.又因为，，所以平面，因平面，所以平面平面.训练2.（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，，则，即，解得，所以．因为底面，故四棱锥的体积为．考点四、线线垂直的判定例4.（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.（1）求三棱锥的体积；（2）已知D为棱上的点，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.【详解】(1)如图所示，连结AF，由题意可得：，由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，而平面，故，从而有，从而，则，为等腰直角三角形，，.(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，正方形中，为中点，则，又，故平面，而平面，从而.ABCDD1A1C1ABCDD1A1C1B1解析：正方形中的对角线垂直EABCDD1A1C1B1FEABCDD1A1C1B1F求证⊥．解析：正方形中的线线垂直训练3．如图，在长方体中，，是的中点，ABCDD1ABCDD1A1C1B1E解析：长方形中的线线垂直ABCDD1A1C1B1ABCDD1A1C1B1E求证⊥．解析：长方形的线线垂直ABCDP训练5．如图，在四棱锥中，底面，且底面是菱形，ABCDP求证⊥．解析：菱形中线线垂直OABPC训练6．如图，是圆的直径，垂直于圆所在平面，是圆上不同于的任一点，求证：⊥平面．OABPC解析：圆形中的线线垂直考点五、平行与垂直的互相利用例5-1.（2021·安徽省舒城中学）设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：①若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；②若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α；③若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥β；④若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β．其中正确的是（）A．①② B．②③ C．②④ D．③④【答案】C【解析】由是空间两条不同的直线，是空间两个不同的平面．在①中，若，则与相交、平行或异面，故①错误；在②中，设，因为，所以，又，所以，又，，所以，故②正确；在③中，若，则与平行或，故③错误；在④中，设，因为，所以，又，所以，又因为，所以，所以，故④正确．故选：C．例5-2.（2021·湖南期末）如图，在三棱柱中，，，.证明：平面平面；【解析】如图，取的中点，连，，因为，，所以，，又因为，所以，在中，由，满足，所以，且，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面平面.训练1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【解析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.考点六、垂直的探索例6-1.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是边PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)【解析】连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.【答案】DM⊥PC(或BM⊥PC)例6-2.在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)【解析】①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE.则eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(AE⊥BD,BD⊥AC))⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．③假设AD⊥BC，因为DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.【答案】②例6-3.如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．【解析】设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝eq\r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq\f(1,2)h，又2×eq\r(2)＝h×eq\r(22＋（\r(2)）2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(（\f(\r(2),2)）2－（\f(\r(3),3)）2)＝eq\f(\r(6),6).由面积相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋（\f(\r(2),2)）2)＝eq\f(\r(2),2)x，得x＝eq\f(1,2).即线段B1F的长为eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)例6-4.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB；(2)若E在线段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D－CEG的体积；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，F是AD的中点，所以PF⊥AD.因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，所以GH⊥平面ABCD.又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以eq\f(CH,HF)＝eq\f(CE,DF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(CG,GP)＝eq\f(CH,HF)＝eq\f(1,2)，所以GH＝eq\f(1,3)PF＝eq\f(\r(3),3)，所以VD－CEG＝VG－CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·GH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DC·CE·sineq\f(π,3)·GH＝eq\f(1,12).巩固训练一、单项选择题1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n答案C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.(2021·河北唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是()A．①② B．②④C．①③ D．②③【答案】B【解析】对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B.综上可知，正确的命题只有一个，故选B.3.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE答案C解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.4．（2020·四川省眉山中学模拟）如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部【答案】A【解析】由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.5.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AC不垂直，与MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案A解析因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，MN＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，ON＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.6.如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45°D．OC⊥平面VAC答案B解析由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.多项选择题7．判断下列结论中正确的是()A．垂直于同一个平面的两平面平行．B．直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.C．若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．D．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.答案：BC8．如图PA⊥圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论，其中真命题的是()A．AE⊥BCB．EF⊥PBC．AF⊥BCD．AE⊥平面PBC，答案：ABD解析：AAE平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PAAE⊥BC，故A正确，BAE⊥PB，AF⊥PB，EF⊥PB，故B正确，C若AF⊥BCAF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故C错误，由A可知D正确．三、填空题9．（2021·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).【答案】充分不必要【解析】面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.因为直线且所以由判断定理得.所以直线，且若，直线则直线，或直线，或直线l与平面相交，或直线l在平面内.所以“”是“”成立的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.10．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△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________．答案：AB，BC，ACAB解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB．11．在正三棱锥(底面为正三角形且侧棱相等)P－ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE．其中正确论断的序号为________．答案：①②解析：如图，∵P－ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC；又∵DE∥