全国通用版版高考数学大一轮复习第八章 立体几何初步 第5节 直线平面垂直的判定及其性质课件 文.docx
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全国通用版版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第5节直线平面垂直的判定及其性质课件文
第5节直线、平面垂直的判定及其性质
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.
知识梳
理
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内的直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
任意
（2）判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
l⊥a
一条直线与一个平面
l⊥b
两条相交直线
判定内的
a∩b＝O⇒l⊥α
定理都垂直，则该直线与此
平面垂直
a⊂α
b⊂α
两直线垂直于同一个
性质
平面，那么这两条直线
a⊥α
b⊥α
⇒a∥b
定理
平行
2.平面与平面垂直
（1）平面与平面垂直的定义
直二面角
两个平面相交，如果它们所成的二面角是，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
一个平面经过另一个平
判定
定理
l⊥α
面的一条
垂线，则
⇒αβ
l⊂β⊥
这两个平面互相垂直
如果两个平面互相垂
α⊥β
α∩β＝a
性质直，则在一个平面内垂
定理直于它们交线的直
线垂直于另一个平面
l
⇒l⊥α
⊥a
l⊂β
[常用结论与微点提醒]
1.两个重要结论
（1）若两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.
（2）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的
任何一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）.
2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为
“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个
平面”.
3.线线、线面、面面垂直间的转化
诊断自
测
1.思考辨析（在括号内打“√”或“×”）
（1）直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.（）
（2）垂直于同一个平面的两平面平行.（）
（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.（）
解析
（1）直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l
与α斜交或l⊂α或l∥α，故
（1）错误.
（2）垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故
（2）错误.
（3）若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另
一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，
也可能在另一平面内，故（3）错误.
（4）若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，
故（4）错误.
答案
（1）×
（2）×（3）×（4）×
2.（必修2P73A组T1改编）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β
B.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β
C.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β
D.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
解析根据面面垂直的性质，A不正确，直线l∥平面β或l⊂β
或直线l与β相交.
答案A
3.（2018·湖南六校联考）已知m和n是两条不同的直线，α和β是
两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的
是（）
A.α⊥β且m⊂αB.m⊥n且n∥β
C.m∥n且n⊥βD.m⊥n且α∥β
解析由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可
知C正确.
答案C
4.（2017·全国Ⅲ卷）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的
中点，则（）
A.A1E⊥DC1
C.AE⊥BC
B.A1E⊥BD
D.AE⊥AC
解析如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1且
1
1
1
BC1⊂平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，
且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又
A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.
答案C
5.边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠
后AC的长为________.
如图所示，取BD的中点O，连接A′O，CO，
解析
则∠A′OC是二面角A′－BD－C的平面角，
即∠A′OC＝90°.
22
aa
又A′O＝CO＝22a，∴A′C＝＋＝a，即折叠后AC的长（A′C）为a.
22
答案a
考点一线面垂直的判定与性质
【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，
AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝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，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
（2）由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵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.
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面
PAD，∴AB⊥PD.
规律方法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
（α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α）.
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.
【训练1】如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝
1
3
DB，点C为圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求证：
PA⊥CD.
证明因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB.
在Rt△ABC中，由3AC＝BC得，∠ABC＝30°.
设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝23.
由余弦定理得CD
2
＝DB＋BC－2DB·BCcos30°＝3，
22
，即CD⊥AB.
所以CD＋DB＝BC
2
2
2
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D得，CD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.
考点二面面垂直的判定与性质
【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，
CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是
CD和PC的中点，求证：
（1）PA⊥底面ABCD；
（2）BE∥平面PAD；
证明
（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD.
（2）∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形.
∴BE∥AD.
又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
（3）∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由
（1）知PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点，
∴PD∥EF.
∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
规律方法1.证明平面和平面垂直的方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
2.已知两平面垂直时，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.
【训练2】（2017·北京卷）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，
PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，
E为线段PC上一点.
（1）求证：
PA⊥BD；
（2）求证：
平面BDE⊥平面PAC；
（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积.
（1）证明∵PA⊥AB，PA⊥BC，
AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，
∴PA⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴PA⊥BD.
（2）证明∵AB＝BC，D是AC的中点，
∴BD⊥AC.
由
（1）知PA⊥平面ABC，∵PA⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC.
∵平面PAC∩平面ABC＝AC，BD⊂平面ABC，BD⊥AC，
∴BD⊥平面PAC.
∵BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC.
（3）解∵PA∥平面BDE，
又平面BDE∩平面PAC＝DE，
PA⊂平面PAC，∴PA∥DE.
由
（1）知PA⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC.
∵D是AC的中点，∴E为PC的中点，
∴DE＝12PA＝1.
∵D是AC的中点，∴S△BCD＝12S△ABC＝××2×2＝1，
11
22
∴VE－BCD＝×S△BCD×DE＝×1×1＝13.
1
3
1
3
考点三平行与垂直的综合问题（多维探究）
命题角度1多面体中平行与垂直关系的证明
【例3－1】（2017·山东卷）由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱
锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方
形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.
（1）证明：
A1O∥平面B1CD1；
（2）设M是OD的中点，证明：
平面A1EM⊥平
面B1CD1.
证明
（1）取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C，
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
（2）因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
规律方法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.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及
判定的综合应用.
命题角度2平行垂直中探索性问题
【例3－2】如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD
为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点.
（1）证明：
AE∥平面BDF.
（2）点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得
PM⊥BE？
若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，
请说明理由.
（1）证明连接AC交BD于O，连接OF，如图①.
∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，
∴OF为△ACE的中位线，
∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，
∴AE∥平面BDF.
（2）解当P为AE中点时，有PM⊥BE，
证明如下：
取BE中点H，连接DP，PH，CH，
∵P为AE的中点，H为BE的中点，
∴PH∥AB，又AB∥CD，
∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面.
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂
平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，
∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，
又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，
又PM⊂平面DPHC，
规律方法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.
命题角度3空间位置关系与几何体的度量计算
【例3－3】（2017·全国Ⅰ卷）如图，在四棱锥P－ABCD中，
AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
（1）证明：
平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝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.
（1）证明由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥PA，
CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD.
又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，
从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）解如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.
由
（1）知，AB⊥平面PAD，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VP－ABCD＝13AB·AD·PE＝13x3.
18
3
由题设得x＝，故x＝2.
33
从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝22，PB＝PC＝22，
可得四棱锥P－ABCD的侧面积为
1
2
1
2
1
2
1
2
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin60°＝6＋23.
规律方法1.本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由
AB∥CD，CD⊥PD，从而得AB⊥PD，进一步证明平面PAB中
的AB⊥平面PAD，再运用面面垂直的判定定理得出平面PAB⊥
平面PAD.
2.第
（2）问先由已知分别求出四棱锥各个侧面的底边长和高，再
求出四棱锥的侧面积.其中利用第
（1）问的结论得出AB⊥平面
PAD，从而进一步证明PE⊥平面ABCD，确定四棱锥P－ABCD
的高PE，将空间论证与几何体的计算交汇渗透，这是命题的
方向.
【训练3】（2018·长沙模拟）在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四
边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝3，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.
（1）求证：
AC⊥平面FBC.
（2）求四面体FBCD的体积.
（3）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？
若存在，请说
明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
（1）证明在△ABC中，因为AC＝3，AB＝2，BC＝1，
所以AC＋BC＝AB，所以AC⊥BC.
222
又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB⊂平面FBC，
所以AC⊥平面FBC.
（2）解因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.
在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.
所以△BCD的面积为S＝43.
所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝13S·FC＝123.
（3）解线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面
FDM.证明如下：
连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.
因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.
所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，
所以EA∥平面FDM.所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，
使得EA∥平面FDM成立.
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