【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第八章 立体几何 第四节 直线、平面垂直的判定与性质 (含详解).ppt，共(57)页，1.147 MB，由MTyang资料小铺上传

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第四节直线、平面垂直的判定与性质本节主要包括2个知识点：1.直线、平面垂直的判定与性质；2.平行与垂直的综合问题.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．(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理：突破点(一)直线、平面垂直的判定与性质基础联通抓主干知识的“源”与“流”任意一条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a，b⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α两条相交直线文字语言图形语言符号语言性质定理垂直于同一个平面的两条直线_____a⊥αb⊥α⇒a∥b平行2.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：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_____，则这两个平面垂直l⊂βl⊥

α⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于_____的直线与另一个平面垂直α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α垂线交线考点贯通抓高考命题的“形”与“神”直线与平面垂直的判定与性质[例1]如图所示，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]在四棱锥P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.[证明]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，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB

⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.(2)PD⊥平面ABE.[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)；[方法技巧](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)．平面与平面垂直的判定与性质[例2]如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD

，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：(1)CE∥平面PAD；(2)平面EFG⊥平面EMN.[证明]法一：如图，取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝12AB.又A

B∥CD，CD＝12AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形．所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD.法二：如图，连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝12AB.又CD＝12AB，所以AF＝C

D.又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．因此CF∥AD.又CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CF∥平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE

⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.[证明]因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又AB⊥PA，所以AB⊥EF.同理可证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∥C

D，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.(2)平面EFG⊥平面EMN.[方法技巧]证明面面垂直的方法(1)利用面面垂直的定义(不常用)；(2)可以考虑证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一

个平面内的一条直线平行(常用方法)．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥平面ABCD.(1)若AC＝6，BD＝8，PB＝3，求三棱锥A-PBC的体积；(2)若点E是DP的中点，证明：BD⊥平面A

CE.解：(1)∵四边形ABCD为菱形，∴BD与AC相互垂直平分，∴底面ABCD的面积S菱形ABCD＝12×6×8＝24，∴S△ABC＝12S菱形ABCD＝12.又PB⊥平面ABCD，且PB＝3，∴三棱锥APBC

的体积VAPBC＝VPABC＝13×PB×S△ABC＝12.解：证明：如图，设BD与AC相交于点O，连接OE，∵O为BD的中点，E是DP的中点，∴OE∥PB.又PB⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.∵BD⊂平面ABCD，∴OE⊥BD，由(1)知AC⊥BD，又A

C∩OE＝O，∴BD⊥平面ACE.(2)若点E是DP的中点，证明：BD⊥平面ACE.2．[考点一、二]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；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.证

明：因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以平面ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)BE∥平

面PAD；证明：因为AB⊥AD，而且平面ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.因为CD⊂平面PCD

，所以平面BEF⊥平面PCD.(3)平面BEF⊥平面PCD.突破点(二)平行与垂直的综合问题基础联通抓主干知识的“源”与“流”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.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”证明多面体中的平行与垂直关系[例1](2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C

1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[证明](1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分

别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.[证明]在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1

C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.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.(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.平行与垂直关系中的探索性问题[例2

](2016·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存

在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．[解](1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.[解]证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面

PAC.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；[解]棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，如图所示．因为E为AB的中点，所

以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF.(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．[方法技巧]平行与垂直关系中探索性问题的类型及解题策略(1)对命题条件的探索①先猜后证，即先观察并尝

试给出条件，再给出证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明条件的充分性；③把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．[方法技巧](2)对命题结论的探索①探索结论是什么，常从条件出发，探索

出要求的结论是什么；②探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在．平行与垂直关系中的折叠问题[例3](2017·江苏扬州模拟)如

图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC∩EF＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA，PB，PD，得到如图2的五棱锥P-ABFED，且PB＝10.(1)求证：BD⊥平面POA；(2)求四棱锥P-B

FED的体积．[解](1)证明：∵点E，F分别是边CD，CB的中点，∴BD∥EF.∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∴EF⊥AC，∴翻折后EF⊥AO，EF⊥PO，∵AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA.[解]如图，设AO∩BD＝H，连接BO，∵

ABCD是菱形，∴AB＝AD.∵∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BD＝4，BH＝2，HA＝23，HO＝PO＝3.在Rt△BHO中，BO＝BH2＋HO2＝7，在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，(2)求四棱锥P-BFED的体积．∴PO⊥BO.∵PO⊥EF，EF∩B

O＝O，EF⊂平面BFED，BO⊂平面BFED，∴PO⊥平面BFED，又梯形BFED的面积为S＝12(EF＋BD)·HO＝33，∴四棱锥P-BFED的体积V＝13S·PO＝13×33×3＝3.[方法技巧]求解折叠问题的关

键及注意事项求解平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．应注意：(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个

平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1＝2BC，D，E，F分别是CC1，

A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面GEF∥平面ABD.证明：(1)取BB1的中点为M，连接MD，如图所示．因为BB1＝2BC，且四边形BB1C1C为平行四边形，所以四边形CDMB和四边形D

MB1C1均为菱形．MB1C1均为菱形．故∠CDB＝∠BDM，∠MDB1＝∠B1DC1，所以∠BDM＋∠MDB1＝90°，即BD⊥B1D.又AB⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1D.又A

B∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.证明：连接MC1，可知G为MB1的中点，又F为B1C1的中点，所以GF∥MC1.又MB綊C1D，所以四边形BMC1D为平行四边形，所以MC1∥BD，故GF∥BD.又BD⊂平面ABD，所以GF∥平面ABD.又E

F∥A1B1，A1B1∥AB，AB⊂平面ABD，所以EF∥平面ABD.又EF∩GF＝F，故平面GEF∥平面ABD.(2)平面GEF∥平面ABD.2．[考点一、二]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：(1)证明：如图，取A′B′的中点E，连接ME，NE.因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.又A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，所以ME∥

平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因为MN⊂平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C.解：连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，由题意知BC＝2λa，CN＝BN＝a2＋12λ2a2，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′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，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CN2＋BN2＝BC2，即2a2＋12λ2a2＝2λ2a2，解得λ＝2，故当λ＝2时，CN⊥平面A′MN.(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．3．[考点一、三]如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，

E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.(1)求证：NC∥平面MFD；(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；(3)求四面体N-EFD体积的最大值．解：(1)证明：∵平行四边形MNEF和E

FDC都是矩形，∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN∥CD.∴四边形MNCD是平行四边形．∴NC∥MD.∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，∴NC∥平面MFD.解：证明：连接ED，交FC于点O，如图所示．∵平面MNEF⊥平面EC

DF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，∴NE⊥平面ECDF.∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE.∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平

面NED，∴FC⊥平面NED.∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；解：设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，由(2)得NE⊥平面FEC，∴四面体N-EFD的体积为VN-FED＝13S△EFD·NE＝12x(4

－x)．∴VN-FED≤12x＋4－x22＝2，当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体N-EFD的体积最大，最大值为2.(3)求四面体N-EFD体积的最大值．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥P-

ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PD

EF的体积．解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，PA＝PB，所以

G是AB的中点．解：如图，在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．连接CG，因为P在

平面ABC内的正投影为D，(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．所以D是正三角形ABC的中心．由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面

PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝22.在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面体PDEF的体积V＝13S△PEF·|DE|＝13×12×2×2

×2＝43.2．(2015·新课标全国卷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.解：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-A

CD＝13×12·AC·GD·BE＝624x3＝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＋25.(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．3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高

．解：(1)证明：如图，连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.解：作OD⊥BC，垂足

为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝34.由于AC⊥AB1，所以OA＝12B

1C＝12.由OH·AD＝OD·OA，(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高．且AD＝OD2＋OA2＝74，得OH＝2114.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC-A1B1

C1的高为217.4．(2012·新课标全国卷)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝12AA1，D是棱AA1的中点．(1)证明：平面BDC1⊥平面BDC；(2)平面BDC1分此棱柱为

两部分，求这两部分体积的比．解：(1)证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC.由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45

°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC.解：设棱锥B-DACC1的体积为V1，AC＝1.由题意得V1＝13×1＋22×1×1＝12.又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V＝1，所以(V

－V1)∶V1＝1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．