2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第42讲直线平面垂直的判定及其性质学案201805072164

新课改版高考数学一轮复习 第四节 直线、平面垂直的判定与性质突破点一 直线与平面垂直的判定与性质[基本知识]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与性质定理(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．(2)线面角θ的范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)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)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ 二、填空题1．过一点有________条直线与已知平面垂直． 答案：一2．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．答案：外 垂3．如图，已知∠BAC ＝90°，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 . 因为AB ⊥AC ，AB ⊥PC ，AC ∩PC ＝C ， 所以AB ⊥平面PAC ， 又因为AP ⊂平面PAC ，所以AB ⊥AP ，与AP 垂直的直线是AB . 答案：AB ，BC ，AC AB[典例] (2019·郑州一测)如图，在三棱锥P ­ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D 为线段AB 上的点，且AD ＝2DB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若∠PAB ＝π4，求点B 到平面PAC 的距离．[解] (1)证明：连接CD ，据题知AD ＝4，BD ＝2，AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴∠ACB ＝90°，∴cos ∠ABC ＝236＝33，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，∴CD 2＋AD 2＝AC 2，则CD ⊥AB . ∵平面PAB ⊥平面ABC ， ∴CD ⊥平面PAB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)得PD ⊥AB ，∵∠PAB ＝π4，∴PD ＝AD ＝4，PA ＝42，在Rt △PCD 中，PC ＝PD 2＋CD 2＝26， ∴△PAC 是等腰三角形，∴可求得S △PAC ＝8 2. 设点B 到平面PAC 的距离为d ，由V B ­PAC ＝V P ­ABC ，得13S △PAC ×d ＝13S △ABC ×PD ，∴d ＝S △ABC ×PDS △PAC＝3. 故点B 到平面PAC 的距离为3. [方法技巧]证明直线与平面垂直的方法(1)定义法：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；(2)判定定理(常用方法)；(3)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面(客观题常用)；(4)若一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则它必垂直于另一个平面(客观题常用)；(5)若两平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面(常用方法); (6)若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面(客观题常用)．[针对训练](2019·贵州模拟)如图，在直棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD为平行四边形，且AB ＝AD ＝1，AA 1＝62，∠ABC ＝60°. (1)求证：AC ⊥BD 1； (2)求四面体D 1AB 1C 的体积．解：(1)证明：连接BD ，与AC 交于点O ，因为四边形ABCD 为平行四边形，且AB ＝AD ，所以四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .在直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，可知BB 1⊥AC ，则AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BD 1⊂平面BB 1D 1D ，则AC ⊥BD 1.(2)V D 1AB 1C ＝V ABCD ­A 1B 1C 1D 1－V B 1­ABC －V D 1­ACD －V A ­A 1B 1D 1－V C ­C 1B 1D 1＝V ABCD ­A 1B 1C 1D 1－4V B 1­ABC ＝32×62－4×13×34×62＝24.突破点二 平面与平面垂直的判定与性质[基本知识]1．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：2．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角α的范围：[0，π].[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( )(2)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.( )(3)如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β.( )答案：(1)×(2)×(3)×二、填空题1．m，n为直线，α，β为平面，若m⊥α，m∥n，n∥β，则α与β的位置关系为________．答案：垂直2．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的____________条件．答案：充分不必要3．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD ，则一定互相垂直的平面有________对．解析：由于PD ⊥平面ABCD ，故平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PDB ⊥平面ABCD ，平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDA ⊥平面PDC ，平面PAC ⊥平面PDB ，平面PAB ⊥平面PAD, 平面PBC ⊥平面PDC ，共7对．答案：7[典例] (2019·开封定位考试)如图，在三棱锥D ­ABC 中，AB＝2AC ＝2，∠BAC ＝60°，AD ＝6，CD ＝3，平面ADC ⊥平面ABC .(1)证明：平面BDC ⊥平面ADC ； (2)求三棱锥D ­ABC 的体积．[解] (1)证明：在△ABC 中，由余弦定理可得，BC ＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC＝4＋1－2×2×1×12＝3，∴BC 2＋AC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC ，∵平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ， ∴BC ⊥平面ADC ，又BC ⊂平面BDC ，∴平面BDC ⊥平面ADC . (2)由余弦定理可得cos ∠ACD ＝23，∴sin ∠ACD ＝53， ∴S △ACD ＝12·AC ·CD ·sin∠ACD ＝52，则V D ­ABC ＝V B ­ADC ＝13·BC ·S △ACD ＝156.[方法技巧] 面面垂直判定的两种方法与一个转化[针对训练](2019·洛阳一模)如图，在四棱锥E ­ABCD 中，△EAD 为等边三角形，底面ABCD 为等腰梯形，满足AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，且AE ⊥BD .(1)证明：平面EBD ⊥平面EAD ；(2)若△EAD 的面积为3，求点C 到平面EBD 的距离． 解：(1)证明：如图，取AB 的中点M ，连接DM ，则由题意可知四边形BCDM 为平行四边形，∴DM ＝CB ＝AD ＝12AB ，即点D 在以线段AB 为直径的圆上，∴BD ⊥AD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ， ∴BD ⊥平面EAD .∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面EAD . (2)∵BD ⊥平面EAD ，且BD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面EAD . ∵等边△EAD 的面积为3， ∴AD ＝AE ＝ED ＝2，取AD 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AD ，EO ＝3， ∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴EO ⊥平面ABCD .由(1)知△ABD ，△EBD 都是直角三角形， ∴BD ＝AB 2－AD 2＝23，S △EBD ＝12ED ·BD ＝23，设点C 到平面EBD 的距离为h ，由V C ­EBD ＝V E ­BCD ，得13S △EBD ·h ＝13S △BCD ·EO ，又S △BCD ＝12BC ·CD sin 120°＝3，∴h ＝32.∴点C 到平面EBD 的距离为32. 突破点三 平行与垂直的综合问题1．平行关系之间的转化在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．2．垂直关系之间的转化在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．[典例] (2018·北京高考)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)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 ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .因为PD ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，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 ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .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 . [方法技巧]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．[针对训练](2019·北京西城区期末)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G ，H 分别是CE ，CF 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ； (2)求证：平面BDGH ∥平面AEF .证明：(1)因为四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，且AC ⊂平面ABCD ， 所以AC ⊥平面BDEF .(2)在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点，所以GH ∥EF .又GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ，如图．在△ACF 中，因为O ，H 分别为CA ，CF 的中点， 所以OH ∥AF .因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF .。

直线、平面垂直的判定及其性质【考点梳理】1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．(2)判定定理：如果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．(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(4)直线和平面垂直的性质：①垂直于同一个平面的两条直线平行．②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．③垂直于同一条直线的两平面平行．2．直线和平面所成的角(1)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．(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.3．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理考点一、线面垂直的判定与性质【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点.证明：(1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE .[解析] (1)在四棱锥P －ABCD 中，∵P A ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， 又∵AC ⊥CD ，且P A ∩AC ＝A ，∴CD ⊥平面P AC .而AE ⊂平面P AC ，∴CD ⊥AE . (2)由P A ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝P A . ∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC . 由(1)知AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ，∴AE ⊥平面PCD .而PD ⊂平面PCD ，∴AE ⊥PD . ∵P A ⊥底面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥AB . 又∵AB ⊥AD ，且P A ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面P AD ，而PD ⊂平面P AD ，∴AB ⊥PD . 又∵AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面ABE . 【类题通法】1．证明直线和平面垂直的常用方法有： (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．证明线面垂直的核心是证线线垂直，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． 【对点训练】如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BD . (1)求证：CD ⊥平面ABD ；(2)若AB ＝BD ＝CD ＝1，M 为AD 中点，求三棱锥A -MBC 的体积．[解析] (1)因为AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， 所以AB ⊥CD .又因为CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ， AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 所以CD ⊥平面ABD .(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD . 又AB ＝BD ＝1，所以S △ABD ＝12×12＝12. 因为M 是AD 的中点，所以S △ABM ＝12S △ABD ＝14. 根据(1)知，CD ⊥平面ABD ， 则三棱锥C -ABM 的高h ＝CD ＝1， 故V A -MBC ＝V C -ABM ＝13S △ABM ·h ＝112.考点二、面面垂直的判定与性质【例2】如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD . (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[解析] (1)因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED . (2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形， 可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.【类题通法】1．面面垂直的证明的两种思路：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．垂直问题的转化关系：【对点训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面P AB⊥平面P AD；(2)若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积.[解析] (1)由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥P A，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD.又P A∩PD＝P，P A，PD⊂平面P AD，从而AB⊥平面P AD.又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD.(2)如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，又AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22， 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 考点三、平行与垂直的综合问题【例3】如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .[解析] (1)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC . 在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1.又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F .(2)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1. 因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.【类题通法】1．三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．2．垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．【对点训练】在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC 且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB．[解析] (1)因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB 平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.所以平面MOC⊥平面VAB.【例4】如图，在三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求三棱锥E -ABC1的体积．[解析](1)在三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面ABC1，又A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)当E为B1B的中点时，连接AE，EC1，DE，如图，取A1A的中点F，连接EF，FD，∵EF∥AB，DF∥AC1，又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1，又DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1.此时VE -ABC1＝VC1 -ABE＝13×12×2×2×4＝83.【类题通法】1．对命题条件探索性的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(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．平行(垂直)中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建点.【对点训练】如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠P AB＝90°，BC＝CD＝12AD.(1)在平面P AD内找一点M，使得直线CM∥平面P AB，并说明理由；(2)证明：平面P AB⊥平面PBD.[解析] (1)取棱AD的中点M(M∈平面P AD)，点M即为所求的一个点．理由如下：连接CM，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM . 所以四边形AMCB 是平行四边形， 所以CM ∥AB .又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB ， 所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交， 所以P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ， 所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ， 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB . 又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB .又BD ⊂平面PBD ，所以平面P AB ⊥平面PBD .。

2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标42直线平面垂直的判定及其性质[解密考纲]对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( D)A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D项不一定成立，故选D．2．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( D) A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n，则l∥nC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若l⊥α，l∥a，则a⊥α解析对于A项，m与α位置关系不确定，故A项错；对于B项，当l与m，m与n为异面垂直时，l与n可能异面或相交，故B项错；对于C项，也可能b⊂α，故C项错；对于D项，由线面垂直的定义可知正确．3．(2018·江西南昌模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( D)A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但不一定垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.4．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( D)A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对解析过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D．5．(2018·宁夏银川一模)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( A)A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析由平面图形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故选A．6．(2018·陕西宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD．其中为真命题的是( D)A．①②B．②③C．②④D．①④解析①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD．④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC．二、填空题7．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为__②④__.①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．解析对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；对于②，若m ⊥α，则m 垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直线与m 垂直，故②正确；对于③④，若m ⊂α，则在平面β内一定存在与m 垂直的直线，故③错误，④正确．8．(2018·吉林长春模拟)如图所示，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，N ，M 分别是AD ，BE 的中点， 将三角形ADE 沿AE 折起，下列说法正确的是__①②__(填上所有正确的序号)．①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ．解析 ①如图，分别取EC ，DE 的中点P ，Q ，由已知易知四边形MNQP 为平行四边形，则MN ∥PQ ，又PQ ⊂平面DEC ，故MN ∥平面DEC ，①正确；②取AE 的中点O ，易证NO ⊥AE ，MO ⊥AE .故AE ⊥平面MNO ，又MN ⊂平面MNO ，则AE ⊥MN ，②正确；③∵D ∉平面ABC ，∴N ∉平面ABC ，又A ，B ，M ∈平面ABC ， ∴MN 与AB 异面，③错误．9．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为__12__.解析 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝ 2.设Rt △AA 1B 斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×22＝h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等得66×x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12. 即线段B 1F 的长为12.三、解答题10．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，D 是AC 的中点，S 是△ABC 所在平面外一点，且SA ＝SB ＝SC ．(1)求证：SD ⊥平面ABC ；(2)若AB ＝BC ，求证：BD ⊥平面SAC ．证明 (1)因为SA ＝SC ，D 是AC 的中点，所以SD ⊥AC ． 在Rt △ABC 中，AD ＝BD ，又SA ＝SB ，SD ＝SD ， 所以△ADS ≌△BDS ，所以SD ⊥BD ． 又AC ∩BD ＝D ，所以SD ⊥平面ABC ．(2)因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC ． 由(1)知SD ⊥BD ，又SD ∩AC ＝D ，所以BD ⊥平面SAC ．11．(2018·河南郑州模拟)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面AA ′C ′C ；(2)设AB ＝λAA ′，当λ为何值时，CN ⊥平面A ′MN ，试证明你的结论． 解析 (1)证明：如图，取A ′B ′的中点E ，连接ME ，NE .因为E ，N 分别为A ′B ′和B ′C ′的中点，所以NE ∥A ′C ′，ME ∥BB ′∥AA ′. 又A ′C ′⊂平面AA ′C ′C ，NE ⊄平面AA ′C ′C ， 所以NE ∥平面AA ′C ′C ，同理ME ∥平面AA ′C ′C ， 又EM ∩EN ＝E ，所以平面MNE ∥平面AA ′C ′C ， 因为MN ⊂平面MNE ，所以MN ∥平面AA ′C ′C ． (2)当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN ，证明如下： 连接BN ，设AA ′＝a ，则AB ＝λAA ′＝λa ， 由题意知BC ＝2λa ，CN ＝BN ＝a 2＋12λ2a 2，因为三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面， 所以平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C ， 因为AB ＝AC ，点N 是B ′C ′的中点， 所以A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，所以CN ⊥A ′N ， 要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可，所以CN 2＋BN 2＝BC 2，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋12λ2a 2＝2λ2a 2，解得λ＝2，故当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN .12．如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝2，BC ＝1，D ，E 两点分别是边AB ，AC 的中点，现将△ABC 沿DE 折成直二面角A －DE －B ．(1)求证：平面ADC ⊥平面ABE ；(2)求直线AD 与平面ABE 所成角的正切值．解析 (1)证明：∵D ，E 两点分别是边AB ，AC 的中点， ∴DE ∥BC ．∵∠B ＝90°，∠ADE ＝90°，∴DE ⊥AD ，DE ⊥BD ， ∴∠ADB 为二面角A －DE －B 的平面角，∵∠ADB ＝90°， ∴AD ⊥平面BCD ．又∵BE ⊂平面BCD ，∴AD ⊥BE .又∵BD ＝22，DE ＝12，BC ＝1，即BD DE ＝BC BD， ∴△BDE ∽△CBD ，∴∠EBD ＝∠DCB ， ∴∠EBD ＋∠BDC ＝90°，∴BE ⊥DC ．又∵DC ∩AD ＝D ，∴BE ⊥平面ADC ． 又∵BE ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面ADC ． (2)设BE 交CD 于H ，连接AH ，过点D 作DO ⊥AH 于O .∵AD ⊥BE ，BE ⊥DH ，又∵AD ∩DH ＝D ， ∴BE ⊥平面ADH .∵DO ⊂平面ADH ，∴BE ⊥DO .又∵DO ⊥AH ，BE ∩AH ＝H ，∴DO ⊥平面ABE ， ∴∠DAO 为AD 与平面ABE 所成的角． 在Rt △BDE 中，BD ＝22，DE ＝12，∴DH ＝BD ·DE BE ＝66. 在Rt △ADH 中，tan ∠DAO ＝DH DA ＝66×2＝33， ∴直线AD 与平面ABE 所成角的正切值为33.。

2019年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标42直线平面垂直的判定及其性质理[解密考纲]对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( D ) A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.2．(2017·广东珠海模拟)在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( D )A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n，则m∥nC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若l⊥α，l∥a，则a⊥α解析：对于A，m与α位置关系不确定，故A错；对于B，当l与m，m与n为异面垂直时，m与n可能异面或相交，故B错；对于C，也可能b⊂α，故C错；对于D，由线面垂直的定义可知正确．3．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 )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.又∵AC⊂面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC．∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB 上．4．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下面命题正确的是( D )A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC解析：在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．5．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙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( D )A．MN∥AB B．MN与BC所成的角为45°C．OC⊥平面VAC D．平面VAC⊥平面VBC解析：对于A，MN与AB异面，故A错，对于B，可证BC⊥平面VAC，故BC⊥MN，所以所成的角为90°，因此B错；对于C，OC与AC不垂直，所以OC不可能垂直平面VAC，故C 错；对于D，由于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，BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故D正确．6．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( A )解析：A中，因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为 2.二、填空题7．(2016·天津模拟)已知不同直线m，n与不同平面α，β，给出下列三个命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若m∥α，n⊥α，则n⊥m；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β.其中真命题的个数是2.解析：①平行于同一平面的两直线不一定平行，所以①错误．②根据线面垂直的性质可知②正确．③根据面面垂直的性质和判定定理可知③正确，所以真命题的个数是2.8．(2016·吉林长春模拟)如图所示，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，N ，M 分别是AD ，BE 的中点， 将三角形ADE 沿AE 折起，下列说法正确的是①②(填上所有正确的序号)．①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB .解析：①如图，分别取EC ，DE 的中点P ，Q ，由已知易知四边形MNQP为平行四边形，则MN ∥PQ ，又PQ ⊂平面DEC ，故MN ∥平面DEC ．①正确；②取AE 的中点O ，易证NO ⊥AE ，MO ⊥AE .故AE ⊥平面MNO ，又MN⊂平面MNO ，则AE ⊥MN .②正确；③∵D ∉平面ABC ，∴N ∉平面ABC ，又A ，B ，M ∈平面ABC ．∴MN 与AB 异面．③错误．9．(2017·江苏无锡质检)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，若把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有2个．解析：若把α，β换为直线a ，b ，则命题转化为“a ∥b 且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若把α，γ换为直线a ，b ，则命题转化为“a ∥β且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若把β，γ换为直线a ，b ，则命题转化为“a ∥α且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．三、解答题10．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，点N 位于AB 上．(1)当AN NB为何值时，MN ⊥MC 1?(2)当N 为AB 的中点时，求直线NC 1与平面ABB 1A 1所成角的正切值．解析：(1)连接MB 1，NB 1，∵C 1B 1⊥平面ABB 1A 1，∴C 1B 1⊥MN ，若要MN ⊥MC 1，则需MN ⊥平面MC 1B 1，∴需MN ⊥MB 1，在平面ABB 1A 1内，设正方体的棱长为1，AN ＝x ， 由MN 2＋MB 21＝NB 21，得x 2＋14＋1＋14＝(1－x )2＋1， ∴x ＝14，故AN NB ＝13. (2)连接NC 1，∵C 1B 1⊥平面ABB 1A 1，知∠C 1NB 1即为直线NC 1与平面ABB 1A 1所成角． 设正方体的棱长为1，在△NB 1C 1中，∵NB 1＝52，∴tan ∠C 1NB 1＝C 1B 1NB 1＝255. 11．已知斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面是直角三角形，∠ACB ＝90°，点B 1在底面上的射影D 落在BC 上．(1)求证：AC ⊥平面BB 1C 1C ；(2)若AB 1⊥BC 1，且∠B 1BC ＝60°，求证：A 1C ∥平面AB 1D .解析：(1)∵B 1D ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴B 1D ⊥AC ，又∵BC ⊥AC ，B 1D ∩BC ＝D ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C ．(2)连接A 1B 和AB 1，交于点E ，由(1)知AC ⊥平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥BC 1，又∵AB 1⊥BC 1，AC ∩AB 1＝A ，∴BC 1⊥平面AB 1C ，∴BC 1⊥B 1C ．∴四边形BB 1C 1C 为菱形，又∵∠B 1BC ＝60°，B 1D ⊥BC 于D ，∴D 为BC 的中点，在△A 1BC 中，DE ∥A 1C ，又∵DE ⊂平面AB 1D ，A 1C ⊄平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D .12．如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝2，BC ＝1，D ，E 两点分别是边AB ，AC 的中点，现将△ABC 沿DE 折成直二面角A ­DE ­B .(1)求证：平面ADC ⊥平面ABE ；(2)求直线AD 与平面ABE 所成角的正切值．解析：(1)证明：∵D，E两点分别是边AB，AC的中点，∴DE∥BC．∵∠B＝90°，∠ADE＝90°，∴DE⊥AD，DE⊥BD，∴∠ADB为二面角A­DE­B的二面角，∵∠ADB＝90°，∴AD⊥平面BCD.又∵BE⊂平面BCD，∴AD⊥BE.又∵BD＝22，DE＝12，BC＝1，即BDDE＝BCBD，∴△BDE∽△CBD，∴∠EBD＝∠DCB，∴∠EBD＋∠BDC＝90°，∴BE⊥DC．又∵DC∩AD＝D，∴BE⊥平面ADC．又∵BE⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADC．(2)设BE交CD于H，连接AH，过点D作DO⊥AH于O. ∵AD⊥BE，BE⊥DH，又∵AD∩DH＝D，∴BE⊥平面ADH.∵DO⊂平面ADH，∴BE⊥DO.又∵DO⊥AH，BE∩AH＝H，∴DO⊥平面ABE，∴∠DAO为AD与平面ABE所成的角．在Rt△BDE中，BD＝22，DE＝12，∴DH＝BD·DEBE＝66.在Rt△ADH中，tan∠DAO＝DHDA ＝66×2＝33，∴直线AD与平面ABE所成角的正切值为33.。

2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第42讲直线、平面垂直的判定及其性质学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第42讲直线、平面垂直的判定及其性质学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第42讲直线、平面垂直的判定及其性质学案的全部内容。

第42讲直线、平面垂直的判定及其性质考纲要求考情分析命题趋势1。

能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题.2016·全国卷Ⅰ,182016·全国卷Ⅱ，192016·江苏卷，162016·浙江卷,18与直线、平面垂直有关的命题判断，线线、线面、面面垂直的证明，直线与平面所成的角的计算，求解二面角大小，由线面垂直或面面垂直探求动点的位置.分值：5~6分1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线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）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如果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错误!⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线__平行__错误!⇒a∥b2．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是__直二面角__,就说这两个平面互相垂直．（2）判定定理和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一条__垂线__,则这两个平面互相垂直错误!⇒α⊥β性质定理两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于__交线__的直线与另一个平面垂直错误!⇒l⊥α1．思维辨析（在括号内打“√”或“×”）．（1)直线l与平面α内无数条直线都垂直,则l⊥α。