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第五节　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．
·考向预测·
考情分析：直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质是高考的热点，常出现在解答题的第(1)问，难度中等．
学科素养：通过直线、平面定理的判定及性质的应用考查直观想象、逻辑推理的核心素养．
积 累 必备知识——基础落实　赢得良好开端
一、必记2个知识点
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________直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
[提醒]　“任意一条直线”与“所有直线”是同义的，但与“无数条直线”不同，定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直．
(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________________都垂直，则该直线与此平面垂直
性 质 定 理 垂直于同一个平面的两条直线__________
2.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____，则这两个平面互相垂直
性 质 定 理 两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于______的直线垂直于另一个平面
二、必明2个常用结论
1．与线面垂直相关的两个常用结论
(1)两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直．
(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直．
2．三种垂直关系的转化
线线垂直判定定理,性质定理线面垂直判定定理,性质定理面面垂直
三、必练4类基础题
(一)判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)l与平面α内的两条直线垂直，则直线l⊥平面α.(　　)
(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直．(　　)
(3)当α⊥β时，直线l过α内一点且与交线垂直，则l⊥β.(　　)
(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)
(二)教材改编
2．[必修2·P72探究改编]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∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
3．[必修2·P69探究改编]在△ABC中，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，则图中直角三角形的个数是________．
(三)易错易混
4．(忽视线面垂直的条件)“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．
A.既不充分也不必要 B．充分不必要
C.必要不充分 D．充要
5．(混淆三角形“四心”的概念)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．
(四)走进高考
6．[2021·浙江卷]如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法
考点一　直线与平面垂直的判定与性质　[综合性]
[例1]　(1)
[2022·四川成都市川大附中高三模拟]如图，点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A，B)，已知BE⊥平面ABC，四边形BEDC为平行四边形，求证：BC⊥平面ACD.
(2)
如图，在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，M，E分别为AB，CC1的中点，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，证明：DM⊥DE.
听课笔记：
反思感悟　
1．判定线面垂直的四种方法
2．证明线面垂直的流程
证明线面垂直的关键是证明线线垂直，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．思想流程如下：
第一步：找相交直线 在一个平面内找到两条相交直线
第二步：证明线线垂直 证明平面外的直线与这两条相交直线都垂直
第三步：证线面垂直 利用直线与平面垂直的判定定理证得线面垂直
第四步：证线线垂直 由线面垂直的性质得到线线垂直
【对点训练】
1.
[2022·宁波中学高三模拟]如图，在四棱锥C ABNM中，底面ABNM是菱形，MB⊥NC，证明：MB⊥AC.
2.
(一题多解)如图，多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，EA∥FC，且EA＝FC＝AB＝4，△EBD、△FBD都是正三角形，证明：CF⊥平面ABCD.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质　[综合性]
[例2]　
在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3，证明：平面QAD⊥平面ABCD.
听课笔记：
反思感悟　面面垂直的证明方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．
[提醒]　两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这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”．
【对点训练】
[2022·山西高三模拟]如图，正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝4，AA1＝3，M，N分别是棱A1C1，AC的中点，E在侧棱AA1上，且A1E＝2EA，求证：平面MEB⊥平面BEN.
考点三　空间垂直关系中的探索性问题　[创新性]
[例3]　
《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1 000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiandu)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑(bienao)指四个面均为直角三角形的四面体．如图，三棱柱ABC A1B1C1，BC1⊥平面A1C1CA，四棱锥B A1C1CA为阳马，且E，F分别是BC，A1B1的中点．
(1)求证：EF∥平面A1C1CA；
(2)在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
听课笔记：
反思感悟　
1．求条件探索性问题的主要途径：
(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．涉及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】
[2021·北京卷]如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝，AB∥CD，AB⊥AD，AD＝DC＝1，AB＝2，E为侧棱PA上一点．
(1)若PE＝PA，求证：PC∥平面EBD；
(2)求证：平面EBC⊥平面PAC；
(3)在侧棱PD上是否存在点F，使得AF⊥平面PCD 若存在，求出线段PF的长；若不存在，请说明理由．
微专题30 构造几何模型解决空间问题　数学建模
判断空间线、面的位置关系，常利用正(长)方体及其他几何体模型来判断，把平面、直线看作正(长)方体内及其他几何体平面、侧棱、对角线等进行推导验证，使抽象的推理形象化、具体化．
[例]　已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.
其中所有正确的命题是(　　)
A．①④ B．②④
C．① D．④
解析：对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．故选A.
答案：A
名师点评　
(1)构造法实质上是结合题意构造适合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致的解题错误．
(2)由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系．故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断．构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证．
[变式训练]　[2022·贵阳市四校联考]如图所示，在三棱锥P ABC中，AP⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，AP＝，则该三棱锥外接球的体积为________．
第五节　直线、平面垂直的判定与性质
积累必备知识
一、
1．(1)任意一条　(2)两条相交直线　a，b α　a＝O　l⊥a　l⊥b　平行　a⊥α　b⊥α
2．垂线　l β　l⊥α　交线　α⊥β　l β　α＝a　l⊥a
三、
1．答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．解析：由题意知，α＝l，所以l β，因为n⊥β，所以n⊥l.
答案：C
3．解析：因为∠ABC＝90°，故△ABC是直角三角形；因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，又BC⊥AB，PA＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，故△PAC，△PAB，△PBC都是直角三角形．所以图中共有4个直角三角形．
答案：4
4．解析：直线a与平面α内的无数条直线都垂直，若这些直线不相交，则不能推出直线a与平面α垂直；反之，若直线a与平面α垂直，则直线a与平面α内的无数条直线都垂直．
答案：C
5．解析：(1)如图①，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)如图②，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA＝P.
∴PC⊥平面PAB，AB 平面PAB.
∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO＝P.∴AB⊥平面PGC.
又CG 平面PGC，∴AB⊥CG.
即CG为△ABC边AB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
6．解析：连接AD1，在正方形ADD1A1中，由M为A1D的中点，可知AD1＝M，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.又∵N为D1B的中点，∴MN∥AB.∵AB 平面ABCD，MN 平面ABCD，∴MN∥平面ABCD.∵AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，∴AB⊥A1D，∵AB＝A，∴A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥D1B.故A正确．
答案：A
提升关键能力
考点一
例1　证明：(1)因为四边形BEDC为平行四边形，所以CD∥BE.
因为EB⊥平面ABC，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.
因为∠ACB是以AB为直径的圆上的圆周角，所以BC⊥AC，
因为AC＝C，AC，DC 平面ACD，
所以BC⊥平面ACD.
证明：(2)连接CM，BD.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴AB＝AD＝BD.
又∵M是AB的中点，∴DM⊥AB.
又∵AB∥CD，∴DM⊥CD.
∵ABCD A1B1C1D1是直四棱柱，
∴DD1⊥平面ABCD.
又∵DM 平面ABCD，∴DM⊥DD1.
又∵DD1＝D，∴DM⊥平面CDD1C1.
又∵DE 平面CDD1C1，∴DM⊥DE.
对点训练
1．证明：连接AN，由于四边形ABNM是菱形，所以MB⊥AN，由于MB⊥NC，NC＝N，
所以MB⊥平面ANC，又AC 平面ANC，所以MB⊥AC.
2．证明：证法一　∵CF＝BC＝4，BF＝BD＝4，△FBD都是正三角形，
∴BC2＋CF2＝BF2，CF2＋CD2＝DF2，
∴BC⊥CF，CF⊥CD，
∵BC＝C，BC、CD 平面ABCD，
∴CF⊥平面ABCD.
证法二　连接AC，交BD于O，则四边形ACFE为平行四边形，
∵OA＝OC，OE＝OF，AE＝CF，∴△AEO≌△CFO，∴∠EAO＝∠FCO，
∵EA∥FC，∴∠EAO＝∠FCO＝90°，∴FC⊥OC，
∵BD⊥AC，FD＝FB，∴BD⊥FO，
∵AC＝O，AC、FO 平面ACFE，∴BD⊥平面ACFE，
∵CF 平面ACFE，∴CF⊥BD，
∵OC＝O，OC、BD 平面ABCD，
∴CF⊥平面ABCD.
考点二
例2
　证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝，所以QO＝＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，所以DO＝1，故CO＝，
因为QC＝3，所以QC2＝QO2＋OC2，所以△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC＝O，所以QO⊥平面ABCD，
因为QO 平面QAD，所以平面QAD⊥平面ABCD.
对点训练
证明：∵在正三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN 平面ABC，∴AA1⊥BN.
∵N是棱AC的中点，△ABC为正三角形，∴BN⊥AC.
∵AA1＝A，∴BN⊥平面AA1C1C.
∵ME 平面AA1C1C，∴BN⊥ME.
又∵AB＝4，AA1＝3，A1E＝2EA，∴EA＝，A1E＝2，
∴＝＝，∴△A1EM∽△ANE，∴∠A1EM＝∠ANE，
∴∠A1EM＋∠AEN＝∠ANE＋∠AEN＝90°，∴∠MEN＝90°，∴EN⊥ME.
又∵EM＝N，∴ME⊥平面BEN，
∵ME 平面MEB，∴平面MEB⊥平面BEN.
考点三
例3　解析：(1)取A1C1中点G，连接FG，GC，
在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝B1C1，
在平行四边形BCC1B中，因为E是BC的中点，
所以EC∥B1C1，且EC＝B1C1，所以EC∥FG，且EC＝FG，
所以四边形FECG是平行四边形，所以FE∥GC，
又因为EF 平面A1C1CA，GC 平面A1C1CA，所以EF∥平面A1C1CA.
(2)在线段AB上存在点P，使得BC1⊥平面EFP，
取AB的中点P，连接PE，PF，
因为BC1⊥平面ACC1A1，AC 平面ACC1A1，CG 平面ACC1A1，
所以BC1⊥AC，BC1⊥CG，
在△ABC中，因为P，E分别是AB，BC中点，所以PE∥AC，
又由(1)知FE∥CG，所以BC1⊥PE，BC1⊥EF，
由PE＝E得BC1⊥平面EFP，
故当点P是线段AB的中点时，BC1⊥平面EFP.此时，＝.
对点训练
解析：
(1)设AC＝G，连接EG，
由已知AB∥CD，DC＝1，AB＝2，得
＝＝2.由PE＝PA，得＝2.
在△PAC中，由＝，得EG∥PC.
因为EG 平面EBD，PC 平面EBD，
所以PC∥平面EBD.
(2)因为PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以BC⊥PA.
在直角梯形ABCD中，因AD＝DC＝1，AD⊥DC，
故AC＝，BC＝，又AB＝2，
所以AC2＋BC2＝AB2.所以BC⊥AC.又PA＝A，所以BC⊥平面PAC.
因为BC 平面EBC，所以平面EBC⊥平面PAC.
(3)在平面PAD内作AF⊥PD于点F，则F即为所求的点，
由DC⊥PA，DC⊥AD，PA＝A，
得DC⊥平面PAD.因为AF 平面PAD，所以CD⊥AF.又PD＝D，
所以AF⊥平面PCD.
由PA＝，AD＝1，PA⊥AD，得PF＝.
微专题　构造几何模型解决空间问题
变式训练
解析：如图所示，根据题意可将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为1，1，的长方体，则三棱锥的外接球与长方体的外接球相同．设外接球半径为R，则(2R)2＝12＋12＋()2＝5，所以该三棱锥外接球的体积V＝πR3＝π.
答案：π

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