2021届高考数学一轮复习 第七章46直线、平面垂直的判定与性质 练案【含解析】

第四节直线、平面垂直的判定与性质[最新考纲] 1.以立体几何的定义、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与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．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)判定定理与性质定理(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)范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3．二面角的有关概念(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．(3)范围：[0，π]．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)判定定理与性质定理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，则这条直线与另一个平面也垂直．(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．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)垂直于同一个平面的两平面平行．()(2)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α. ()(3)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．()(4)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](1)×(2)×(3) ×(4)×二、教材改编1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.() A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥mA[∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]2．下列命题中不正确的是()A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γA[A错误，l与β可能平行或相交，其余选项均正确．]3.如图所示，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为．4[∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC.因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]4．在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的心．(1)外(2)垂[(1)如图，∵PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC，在Rt△POA中，OA2＝P A2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又P A＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．(2)由P A⊥PB，P A⊥PC可知P A⊥平面PBC，∴P A⊥BC，又PO⊥BC，∴BC⊥平面P AO，∴AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故O是△ABC的垂心．]考点1直线与平面垂直的判定与性质1.证明线面垂直的常用方法(1)判定定理．(2)垂直于平面的传递性．(3)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．如图所示，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.[证明](1)在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD.又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴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，PC，CD⊂平面PCD，∴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，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.通过本例的训练我们发现：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；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理及勾股定理的应用．如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝13DB，点C为圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.求证：P A⊥CD.[证明]因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ACB中，由3AC ＝BC，得∠ABC＝30°.设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝23，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos 30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.因为PD⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D，得CD⊥平面P AB，又P A⊂平面P AB，所以P A⊥CD.考点2平面与平面垂直的判定与性质(1)利用面面垂直的判定定理证明面面垂直的一般方法是：先寻找平面的垂线，若图中存在这样的直线，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决，作辅助线应有理论根据并有利于证明．(2)证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现．(3)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．(2019·衡水中学模拟)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，∠P AB＝120°，DC＝PC＝2.P A＝AB＝BC＝1.(1)证明：平面P AB⊥平面PBC；(2)求四棱锥P-ABCD的体积．[解](1)证明：在△P AB中，由P A＝AB＝1，∠P AB＝120°，得PB＝3，因为PC＝2，BC＝1，PB＝3，所以PB2＋BC2＝PC2，即BC⊥PB；因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，又PB∩AB＝B，所以BC⊥平面P AB，又BC⊂平面PBC，所以平面P AB⊥平面PBC.(2)在平面P AB内，过点P作PE⊥AB，交BA的延长线于点E，如图所示．由(1)知BC ⊥平面P AB ， 因为BC ⊂平面ABCD ， 所以平面P AB ⊥平面ABCD .又平面P AB ∩平面ABCD ＝AB, PE ⊥AB ， 所以PE ⊥平面ABCD ，因为在Rt △PEA 中，P A ＝1，∠P AE ＝60°，所以PE ＝32.因为底面ABCD 是直角梯形，所以四棱锥P -ABCD 的体积为V P -ABCD ＝13×12×(1＋2)×1×32＝34.本例第(2)问在求四棱锥P-ABCD 的高时，充分利用了三种垂直关系的转化：[教师备选例题](2015·全国卷Ⅰ)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](1)证明：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 ＝x 2.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 E -ACD ＝13×12AC ·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.(2019·银川一模)如图，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：平面MOC⊥平面VAB；(2)求三棱锥B-VAC的高．[解](1)证明：∵AC＝BC，O为AB的中点，∴OC⊥AB.∵平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，∴OC⊥平面VAB.∵OC⊂平面MOC, ∴平面MOC⊥平面VAB.(2)在等腰直角△ACB中，AC＝BC＝2，∴AB＝2，OC＝1，∴等边△VAB的面积为S△VAB ＝12×22×sin 60°＝3，又∵OC⊥平面VAB，∴OC⊥OM，△AMC中，AM＝1，AC＝2，MC＝2，∴S△AMC ＝12×1×72＝74，∴S△VAC＝2S△MAC＝72，由三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，即13S △VAC ·h ＝13S △VAB ·OC, ∴h ＝3×172＝2217，即三棱锥B -VAC 的高为2217.考点3 平行与垂直的综合问题探索性问题中的平行与垂直关系处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般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n 等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2019·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．[解](1)证明：因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC.(2)证明：因为P A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以P A⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.又AB∩P A＝A，所以AE⊥平面P AB.因为AE⊂平面P AE，所以平面P AB⊥平面P AE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面P AE.取F为PB的中点，取G为P A的中点，连接CF，FG，EG.则FG∥AB，且FG＝12AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝12AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面P AE，EG⊂平面P AE，所以CF∥平面P AE.对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：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．途径三：将几何问题转化为代数问题．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC ＝CF＝2.(1)求证：C 1E ∥平面ADF ；(2)设点M 在棱BB 1上，当BM 为何值时，平面CAM ⊥平面ADF . [解](1)证明：连接CE 交AD 于O ，连接OF .因为CE ，AD 为△ABC 的中线， 则O 为△ABC 的重心， 故CF CC 1＝CO CE ＝23，故OF ∥C 1E ，因为OF ⊂平面ADF ，C 1E ⊄平面ADF ， 所以C 1E ∥平面ADF .(2)当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，故AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，又CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故Rt△CBM≌Rt△FCD.易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.折叠问题中的平行与垂直关系解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q-ABP的体积．[解](1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝2 2.如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE∥DC且QE＝13DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q-ABP的体积为V Q-ABP＝13×S△ABP×QE＝1 3×12×3×22sin 45°×1＝1.本例第(1)问是垂直关系证明问题，求解的关键是抓住“BA⊥AC”折叠过程中始终不变；本例第(2)问是计算问题，求解的关键是抓住“∠ACM＝90°”折叠过程中始终不变．即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.[教师备选例题]如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明](1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.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BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.如图(1)，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G，将△ABF沿AF折起，得到如图(2)所示的三棱锥A-BCF，其中BC＝22.(1)(2) (1)证明：DE∥平面BCF；(2)证明：CF⊥平面ABF.[证明](1)在折叠后的图形中，因为AB＝AC，AD＝AE，所以ADAB＝AEAC，所以DE∥BC.因为DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以DE∥平面BCF.(2)在折叠前的图形中，因为△ABC为等边三角形，BF＝CF，所以AF⊥BC，则在折叠后的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF.又BF＝CF＝12，BC＝22，所以BC2＝BF2＋CF2，所以BF⊥CF.又BF∩AF＝F，BF⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以CF⊥平面ABF.。

高考数学一轮复习第七章：第五节直线、平面垂直的判定及其性质命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．本节通过线、面垂直的判定及性质考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第150页知识点一直线与平面垂直（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表示符号表示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⎭⎪⎬⎪⎫l⊥a，l⊥ba∩b＝Oaαbα⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b•温馨提醒•二级结论1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，bα⇒a⊥b．2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．必明易错证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．1．（2021·深圳四校联考）若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为（）A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β解析：由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β．因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确．答案：B2．（2021·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．①②B．②④C．①③D．②③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．答案：B3．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的条件．解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．答案：必要不充分知识点二平面与平面垂直（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）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直l⊥α，lβ⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥alβ⇒l⊥α•温馨提醒•面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．面面垂直的性质定理在使用时易忘一个平面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．1．下列命题中不正确的是（）A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ解析：若平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l平面β或直线l与平面β相交．故选项A错误．答案：A2．（2021·苏州模拟）在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O．（1）若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；（2）若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的心．解析：（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G．因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB平面P AB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．答案：（1）外（2）垂授课提示：对应学生用书第151页题型一直线与平面垂直的判定与性质[例]如图所示，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．[证明]（1）在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴P A⊥CD．又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC平面P AC，∴CD⊥平面P AC．又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，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，又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 ， AB ，AE 平面ABE ， ∴PD ⊥平面ABE ．1．判定线面垂直的四种方法2．判定线线垂直的四种方法[对点训练]如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高．求证：（1）PH ⊥平面ABCD ； （2）EF ⊥平面P AB ．证明：（1）因为AB ⊥平面P AD ，PH 平面P AD ，所以PH ⊥AB ． 因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ．因为AB ∩AD ＝A ，AB 平面ABCD ，AD 平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD ． （2）如图，取P A 的中点M ，连接MD ，ME ．因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB ．又因为DF 綊12AB ．所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形， 所以EF ∥MD ．因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A ．因为AB ⊥平面P AD ，MD 平面P AD ，所以MD ⊥AB ． 因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ， 所以EF ⊥平面P AB ．题型二 面面垂直的判定与性质[例] 如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．（1）求证：CE ∥平面P AD ； （2）求证：平面EFG ⊥平面EMN ．[证明] （1）法一：取P A 的中点H ，连接EH ，DH ． 又E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB ．又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD ．所以四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ． 又DH 平面P AD ，CE 平面P AD ．所以CE ∥平面P AD ．法二：连接CF ．因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB ．又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ．又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ． 又CF平面P AD ，AD 平面P AD ，所以CF ∥平面P AD ．因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A ． 又E F 平面P AD ，P A 平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD ．又因为CF ∩EF ＝F ．故平面CEF ∥平面P AD ．又因为CE平面CEF，所以CE∥平面P AD．（2）因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A，又AB⊥P A，所以AB⊥EF．同理可得AB⊥FG．又EF∩FG＝F，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB⊥平面EFG．又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD．又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG．又MN平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN．[变式探究1]在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC．证明：因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC．又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB．所以MN⊥平面P AC．又MN平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC．[变式探究2]在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC．证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又E F平面P AC，P A平面P AC，所以EF∥平面P AC．同理，FG∥平面P AC．又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC．面面垂直判定的两种方法与一个转化（1）两种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理（a⊥β，aα⇒α⊥β）．（2）一个转化：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．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅰ）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，∠APC ＝90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P -ABC 的体积． 解析：（1）证明：由题设可知，P A ＝PB ＝PC ． 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC ． 又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°． 从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ， 故PB ⊥平面P AC ， 所以平面P AB ⊥平面P AC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3． 从而AB ＝3．由（1）可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62． 所以三棱锥P -ABC 的体积为13×12×P A ×PB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68． 题型三 平行与垂直的综合问题[例] 如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．求证：（1）AF ∥平面BCE ； （2）平面BCE ⊥平面CDE ．[证明] （1）如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG ． ∵F 为CD 的中点， ∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB ． 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB ．∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG ． ∵A F 平面BCE ，BG 平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE ．（2）∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD ． ∵DE ⊥平面ACD ，AF 平面ACD ，∴DE ⊥AF ． 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ． ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE ．又∵BG 平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE ．1．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用等腰三角形的中线等．2．证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．[对点训练]如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．证明：（1）因为P A ＝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P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD ，因为PD 平面P AD ，所以AB ⊥PD ．又因为P A ⊥PD ，AB ∩P A ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ．因为PD 平面PCD ，所以平面P AB ⊥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E F 平面PCD ，DG 平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ．平行、垂直关系中的核心素养逻辑推理、直观想象——在平行、垂直关系证明中的体现逻辑推理在该部分主要体现在空间平行、垂直关系的证明与探究，其理论根据就是空间垂直关系的判定定理和性质定理，需要掌握推理的基本形式，表述论证的过程平行、垂直关系证明的起点就是平面图形中的线线平行、垂直关系．[例] （2020·高考全国卷Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B -EB 1C 1F 的体积．[解析] （1）证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN ．又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图所示，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN＝3．底面EB 1C 1F 的面积为12×（B 1C 1＋EF ）×PN ＝12×（6＋2）×6＝24．所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24．解决平行与垂直的综合应用问题的策略处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化．[对点训练]如图，在底面为菱形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，E 为侧棱PC 上一点．（1）若BE ⊥PC ，求证：PC ⊥平面BDE ；（2）若P A ∥平面BDE ，求平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比．解析：（1）证明：连接AC （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，且AD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥BD ．又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，所以BD ⊥PC ．又因为BE ⊥PC ，BD ∩BE ＝B ，所以PC ⊥平面BDE ．（2）设AC ∩BD ＝O ，连接OE （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AO ＝OC ．因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝OE ，所以P A ∥OE ，所以PE ＝EC ，即E 是PC 的中点．由（1）知P A ⊥底面ABCD ，所以点E 到平面ABCD 的距离为12P A ． 故V E -BCD V P -ABCD ＝13S △BCD ×P A 213S 菱形ABCD ×P A ＝13S △BCD ×P A 213×2S △BCD ×P A ＝14， 所以平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．。

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1．已知平面α，β，直线l，若α⊥β，α∩β＝l，则( ) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α B．垂直于直线l的直线一定垂直于平面α C．垂直于平面β的平面一定平行于直线l D．垂直于直线l的平面一定与平面α、β都垂直 解析：A中平面可与α平行或相交，不正确。 B中直线可与α垂直或斜交，不正确。 C中平面可与直线l平行或相交，不正确。 答案：D
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(3)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面 ABCD？并证明你的结论。
解析：(3)存在点N为SC的中点， 使得平面DMN⊥平面ABCD。 连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO， 因为PD∥CM， 且PD＝CM， 所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO。 又因为N为SC的中点，所以NO∥SP。 易知SP⊥AD， 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝ AD，且SP⊥AD， 所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD。 又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD。
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(2)若AB＝BC，求证：BD⊥面SAC。
证明： (2)方法一：若AB＝BC，则BD⊥AC， 由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD⊂面ABC， ∴SD⊥BD， ∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D， ∴BD⊥面SAC。 方法二：若AB＝BC，则BD⊥AC。由(1)知SD⊥平面ABC，又SD⊂平面SAC， ∴平面ABC⊥平面SAC， 又平面ABC∩平面SAC＝AC。 ∴BD⊥平面SAC。
条直线和这个平面所成的角。如图， □10 ____∠__P_A_O______就是斜线AP与平面α所成的
□ 角。 (2)线面角θ的范围：θ∈
11
___0_，__π2_ _____。

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 .。