【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第41讲 直线、平面垂直的判定与性质（讲） Word版含解析.docx，共(19)页，1.874 MB，由小赞的店铺上传

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第41讲直线、平面垂直的判定与性质（讲）思维导图知识梳理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两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直a，b⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行a⊥αb⊥α⇒a∥b2．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垂线，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交线的直线与另一个平面垂直α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α题型归纳题型1线面垂直的判定与性质【例1-1】（2019秋•合肥期末）如图，正方体1111A

BCDABCD−中，（1）求证：1ACDB⊥；（2）求证：1DB⊥平面1ACD．【分析】（1）连结BD、11BD，推导出1DDAC⊥，ACBD⊥，从而AC⊥平面11DBBD，由此能证明1ACDB⊥．（2）由1

ACDB⊥，得1DBAC⊥，同理可得11DBAD⊥，由此有证明1DB⊥平面1ACD．【解答】证明：（1）连结BD、11BD，1DD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，1DDAC⊥，又ACBD⊥，1BDDDD=，BD、1DD平面11DBBD，AC⊥平面11

DBBD，又1DB平面11DBBD，1ACDB⊥．（2）由1ACDB⊥，即1DBAC⊥，同理可得11DBAD⊥，又1ADACA=，1AD，AC平面1ACD，1DB⊥平面1ACD．【例1-2】（2

020•新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED=，12BFFB=．证明：（1）当ABBC=时，EFAC⊥；（2）点1C在平面AEF内．【分析】（1）因为1111ABCDABCD−是长方体，且ABBC=，

可得AC⊥平面11BBDD，因为EF平面11BBDD，所以EFAC⊥．（2）取1AA上靠近1A的三等分点M，连接DM，1CF，MF．根据已知条件可得四边形1AEDM为平行四边形，得1//DMAE，再推得四边形11CDMF为平

行四边形，所以11//DMCF，根据直线平行的性质可得1//AECF，所以A，E，F，1C四点共面，即点1C在平面AEF内．【解答】解：（1）因为1111ABCDABCD−是长方体，所以1BB⊥平面ABCD，而AC平面ABCD，所以

1ACBB⊥，因为1111ABCDABCD−是长方体，且ABBC=，所以ABCD是正方形，所以ACBD⊥，又1BDBBB=．所以AC⊥平面11BBDD，又因为点E，F分别在棱1DD，1BB上，所以EF平面11BBD

D，所以EFAC⊥．（2）取1AA上靠近1A的三等分点M，连接1DM，1CF，MF．因为点E在1DD，且12DEED=，所以//EDAM，且EDAM=，所以四边形1AEDM为平行四边形，所以1//DMAE，且1DMAE=，又因为F在1BB上，且12BFFB=，

所以11//AMFB，且11AMFB=，所以11ABFM为平行四边形，所以11//FMAB，11FMAB=，即11//FMCD，11FMCD=，所以11CDMF为平行四边形，所以11//DMCF，所以1//AECF，所以A，

E，F，1C四点共面．所以点1C在平面AEF内．【跟踪训练1-1】（2019•梅州二模）如图，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE．（1）求证：AB⊥平面ADE．（2）当EAED=，且该多面体的体积为823时，求该多面体的表面积．【分析】（1）由已知利用线面

垂直的性质可知AECD⊥，由//ABCD，可求ABAE⊥，利用线面垂直的判断定理可证AB⊥平面ADE．（2）在AED中，经E点作EFAD⊥交AD于点F，设EAEDx==，则2ABx=，22EFx=，由多面体的体积可求x的值，进而可求2AEED==，22AB

=，2EF=，由CDED⊥，利用勾股定理可求23DE=，由AEAB⊥，利用勾股定理可求BE的值，根据三角形的面积公式，正方形的面积公式即可计算得解该多面体的表面积的值．【解答】解：（1）证明：AE⊥平面

CDE，CD平面CDE，AECD⊥，正方形ABCD中，//ABCD，ABAE⊥，又正方形ABCD中，ABAD⊥，AEADA=，AB⊥平面ADE．（2）在AED中，经E点作EFAD⊥交AD于点F，由（1）可知AB⊥平面ADE，EF平面

ADE，ABEF⊥，ABADA=，EF⊥平面ABCD，设EAEDx==，则2ABx=，22EFx=，多面体的体积为282211(2)3332ABCDSEFxx==正方形，解得：2x=，2AEED==，22AB=，2EF=，CD

AD⊥，CDAE⊥，ADAEA=，可得：CD⊥平面AED，又ED平面AED，可得CDED⊥，可得：2223DECDED=+=，又AEAB⊥，可得：2223BEABAE=+=，22111()2212225222BCESBCCEBC=−=−=，该多面体的

表面积11125822222222104225222BCECDEAEDAEBABCDSSSSSS=++++=++++=++正方形．【跟踪训练1-2】（2019秋•新余期末）如图四棱锥PABCD−，PD⊥平面AB

CD，四边形ABCD是矩形，点F为侧棱PB的中点，过C、D、F三点的平面交侧棱PA于点E．（1）求证：点E为侧棱PA的中点；（2）若PDAD=，求证：PACF⊥．【分析】（1）推导出//ABCD．//AB平面CDEF．从而//ABEF．由此能证明点E为侧棱PA的中点．（2）推

导出DEPA⊥．PDCD⊥，且ADCD⊥，从而CD⊥平面PAD，进而CDPA⊥．从而PA⊥平面CDEF，由此能证明PACF⊥．【解答】证明：（1）四边形ABCD是矩形，//ABCD．且CD平面CDEF，

AB平面CDEF，//AB平面CDEF．又AB平面PAB，平面PAB平面CDEFEF=，//ABEF．而点F为侧棱PB的中点，点E为侧棱PA的中点．（2）PDAD=，且点E为侧棱PA的中点，DEPA⊥．又PD⊥平面ABCD，PDCD⊥，且ADCD⊥，

故CD⊥平面PAD，CDPA⊥．PA⊥平面CDEF，PACF⊥．【名师指导】证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为：题型2面面垂直的判定与性质

【例2-1】（2020•新课标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，90APC=．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）设2DO=，圆锥的侧面积为3

，求三棱锥PABC−的体积．【分析】（1）首先利用三角形的全等的应用求出APBP⊥，CPBP⊥，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论．（2）利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果．【解答】解：（1）连接OA，OB，OC，ABC

是底面的内接正三角形，所以ABBCAC==．O是圆锥底面的圆心，所以：OAOBOC==，所以222222APBPCPOAOPOBOPOCOP===+=+=+，所以APBBPCAPC，由于90APC=，所以90

APBBPC==，所以APBP⊥，CPBP⊥，由于APCPP=，所以BP⊥平面APC，由于BP平面PAB，所以：平面PAB⊥平面PAC．（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，所以22lr=

+．由于圆锥的侧面积为3，所以223rr+=，整理得22(3)(1)0rr+−=，解得1r=．所以111211()32AB=+−−=．由于222APBPAB+=，解得32AP=则：113336322228PABCV−==．【例2-2】（2020•江苏）在三棱柱111ABCABC

−中，ABAC⊥，1BC⊥平面ABC，E，F分别是AC，1BC的中点．（1）求证：//EF平面11ABC；（2）求证：平面1ABC⊥平面1ABB．【分析】（1）证明1//EFAB，然后利用直线与平面平行的判断定理证明//EF平面11ABC；（2）证明1B

CAB⊥，结合ABAC⊥，证明AB⊥平面1ABC，然后证明平面1ABC⊥平面1ABB．【解答】证明：（1）E，F分别是AC，1BC的中点．所以1//EFAB，因为EF平面11ABC，1AB平面11ABC，所以//EF平面11ABC；（

2）因为1BC⊥平面ABC，AB平面1ABB，所以1BCAB⊥，又因为ABAC⊥，1ACBCC=，AC平面1ABC，1BC平面1ABC，所以AB⊥平面1ABC，因为AB平面1ABB，所以平面1ABC⊥平面1ABB．【跟踪训练2-1】（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB，

RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1AB=，2BEBF==，60FBC=．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积．【分析】（1）运用空

间线线平行的公理和确定平面的条件，以及线面垂直的判断和面面垂直的判定定理，即可得证；（2）连接BG，AG，由线面垂直的性质和三角形的余弦定理和勾股定理，结合三角形的面积公式，可得所求值．【解答】解：（1）

证明：由已知可得//ADBE，//CGBE，即有//ADCG，则AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面；由四边形ABED为矩形，可得ABBE⊥，由ABC为直角三角形，可得ABBC⊥，又BCBEB=，可得A

B⊥平面BCGE，AB平面ABC，可得平面ABC⊥平面BCGE；（2）连接BG，AG，由AB⊥平面BCGE，可得ABBG⊥，在BCG中，2BCCG==，120BCG=，可得2sin6023BGBC==，可得2213AGABBG=

+=，在ACG中，5AC=，2CG=，13AG=，可得45131cos2255ACG+−==−，即有2sin5ACG=，则平行四边形ACGD的面积为22545=．【跟踪训练2-2】（2020春•本溪县期末）在矩形ABCD中，24ABAD==，E是AB的中点，沿DE将ADE折起，

得到如图所示的四棱锥PBCDE−．（1）若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥PBCDE−的体积；（2）若PBPC=，求证：平面PDE⊥平面BCDE．【分析】（1）取DE的中点M，连接PM，易知PMDE⊥，由面面垂直的性质可得PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥PBCDE−的高，求得PM

的长和梯形BCDE的面积后，再根据棱锥的体积公式即可得解．（2）取BC的中点N，连接PN、MN，则BCMN⊥，BCPN⊥，由线面垂直的判定定理可推出BC⊥平面PMN，从而得BCPM⊥，由（1）知，PMDE⊥，再结合线面垂直的判

定定理和面面垂直的判定定理即可得证．【解答】解：（1）如图所示，取DE的中点M，连接PM，由题意知，PDPE=，PMDE⊥，又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE平面BCDEDE=，PM平面PDE，PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥PBCDE−

的高．在等腰RtPDE中，2PEPDAD===，122PMDE==，而梯形BCDE的面积11()(24)2622SBECDBC=+=+=，四棱锥PBCDE−的体积11262233VPMS===．（2）取BC的中点N，连接PN、MN，则BCMN⊥，PBPC=，BC

PN⊥，MNPNN=，MN、PN平面PMN，BC⊥平面PMN，PM平面PMN，BCPM⊥，由（1）知，PMDE⊥，又BC、DE平面BCDE，且BC与DE是相交的，PM⊥平面BCDE，PM平面PDE，

平面PDE⊥平面BCDE．【名师指导】1．面面垂直判定的2种方法与1个转化(1)2种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)1个转化：在已知两个平面垂直时，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．2．面面垂直性质的应用(1)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”．(2)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．题型3垂直关系中的探索性问题【例3-1】（

2020•红河州二模）在四棱锥PABCD−中，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，22ADABBC==，90BADABC==．（1）AD上是否存在一点M，使得平面PCM⊥平面ABCD；若存在，请证明，若不存在，请说明理由；（2）若PCD的面积为

87，求四棱锥PABCD−的体积．【分析】（1）当M为AD的中点时，使得平面PCM⊥平面ABCD．运用面面垂直的性质定理和判定定理，即可得证；（2）设ABa=，运用三角形的勾股定理和线面垂直的性质，可得4a=，求得PM和四边形ABCD的面积

，由棱锥的体积公式可得所求．【解答】解：（1）当M为AD的中点时，使得平面PCM⊥平面ABCD．证明：由PAD是等边三角形，可得PMAD⊥，而平面PAD⊥平面ABCD，AD为平面PAD和平面ABCD的交线，可得PM⊥平面ABCD，又PM平面PMC，可得平面PCM⊥平面ABCD；（2）设AB

a=，可得BCa=，2ADa=，连接MC，可得MCABMDa===，则2CDa=，2PDa=，由PMMC⊥，可得222232PCPMMCaaa=+=+=，而PCD的面积为2221172487222aaaa−==，可得4a=，四棱锥PABCD−的体积为()11148443

323332ABCDVSPM==+=四边形．【例3-2】（2019秋•新余期末）如图，AC是半圆O的直径，10AC=，B为圆周上一点，BE⊥平面ABC，//BCDE，3BEBC=，2DEBC=，10CD=．（1）求证：平面AEB⊥平面AED；（2）在线段AD上是否存在点M，且使得C

M⊥平面AED？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出BEBC⊥，ABBC⊥，从而BC⊥平面AEB，进而DE⊥平面AEB，由此能证明平面AEB⊥平面AED．（2）设BCx=，则3BEx=，2

DEx=，10CDx=．由10CD=，得到1x=．2223ABACBCBE=−==．取AE中点N，连接BN、MN、BM、CM．BNAE⊥．从而平面AEB⊥平面AED，BN⊥平面AED．四边形BCMN为平行四边形，由此能证明CM⊥平面AED．【解答】解：（1）证明

：BE⊥平面ABC，BEBC⊥．又B为圆周上一点，且AC是半圆O的直径，ABBC⊥．BC⊥平面AEB．又//BCDE，DE⊥平面AEB，且DE平面AED，平面AEB⊥平面AED．（2）解：点M为线段AD中点，

证明如下：设BCx=，则3BEx=，2DEx=，22()10CDDEBCBEx=−+=．又10CD=，1x=．2223ABACBCBE=−==．取AE中点N，连接BN、MN、BM、CM．BNAE⊥．又由（1）可知平面AEB⊥平面AED，故BN⊥平面AED．又1//

2MNDE=，1//2BCDE=，故//MNBC=，即四边形BCMN为平行四边形，//BNCM，CM⊥平面AED．【跟踪训练3-1】（2020春•东城区期末）在正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为AB和1DD的中点．（Ⅰ）

求证：//EF平面1BCD；（Ⅱ）在棱11CD上是否存在一点M，使得平面MEF⊥平面1BCD？若存在，求出11CMDM的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）取1DC的中点G，连接FG，GB，运用中位线定理和平行四边形的判定和性质，结合线面平行的判定定理，即可得证；

（Ⅱ）在棱11CD上假设存在一点M，使得平面MEF⊥平面1BCD，取M为11CD的中点，连接1DC，FM，EM，由线面垂直的判定和性质，结合面面垂直的判定定理，可得所求结论．【解答】解：（Ⅰ）取1DC的中点G，连接FG，GB，因为F为1DD的中点，所以//FGDG，且12FGDC=，

在正方体1111ABCDABCD−中，因为E为AB的中点，所以//EBDC，且1122EBABDC==，所以//FGEB，FGEB=，可得四边形EBGF为平行四边形，所以//EFGB，又因为EF平面1BCD，GB平面1BCD，则//EF平面1BCD；（Ⅱ）在棱

11CD上假设存在一点M，使得平面MEF⊥平面1BCD，取M为11CD的中点，连接1DC，FM，EM，因为F为1DD的中点，所以1//FMDC，因为11DCDC⊥，可得1FMDC⊥，因为BC⊥平面11DDCC，FM平面11DDCC，所以BCFM⊥，因为BC平面1BCD，1DC平

面1BCD，1BCDCC=，所以FM⊥平面1BCD，因为FM平面MEF，所以平面MEF⊥平面1BCD，故111MCMD=．【跟踪训练3-2】（2020•黄山二模）如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，3PAABBC===，1ADCD==，120ADC=，点M是AC

与BD的交点，点N在线段PB上，且14PNPB=．（1）证明：//MN平面PDC；（2）在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由．【分析】（1）

首先推得ACBD⊥，且M为AC的中点，分别求得BM，DM，再由平行线分线段成比例的逆定理可得//MNPD，再由线面平行的判定定理，即可得证；（2）过M作MEAD⊥，垂足为E，延长EM交BC于Q，连接NQ，NE，结合线面垂直的判定和性质可得EQ

⊥平面PAD，EQ平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，再由正弦定理计算可得BQ，即可判定存在性．【解答】解：（1）证明：在四边形ABCD中，由3ABBC==，1ADCD==，可得ABDCBD，可得ACBD⊥，且M为AC的中点，由1ADCD==，120ADC=，可得1cos602

DMCD==，2sin603ACCD==，则33322BM==，由13DMPNBMBN==，可得//MNPD，而MN平面PCD，PD平面PCD，可得//MN平面PDC；（2）过M作MEAD⊥，垂足为E，延长EM交BC于Q，连接NQ，NE，由P

A⊥平面ABCD，EQ平面ABCD，可得PAEQ⊥，又EQAD⊥，可得EQ⊥平面PAD，EQ平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q．在直角DME中，906030EMD=−=，可得在BQM中，30QBMBMQ==，120BQM=，由32

BM=，sin30sin120BQBM=，可得323BMBQ==，即Q为BC的中点，则Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD．【跟踪训练3-3】（2019秋•西湖区校级期末）如图所示，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是60DAB=且边长为a的菱形，侧面PAD为

正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点，E为BC的中点．（1）求证：//BG平面PDE；（2）求证：ADPB⊥；（3）在棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，若存在，确定点F的位置；若不存在，说明理由．【分析】（1）连接DE、PE，证明四边形BEDG是平行四边

形，得出//BGED，即可证明//BG平面PDE；（2）连接PG，证明PGAD⊥，再证BGAD⊥，得出AD⊥平面PGB，即可证明ADPB⊥；（3）F为PC边的中点时，平面DEF⊥平面ABCD，再证明即可．【解答】（1）证明：连接DE、PE，则//DGBE，且DGBE=，所以四

边形BEDG是平行四边形，所以//BGED，又BG平面PDE，DE平面PDE，所以//BG平面PDE；（2）证明：连接PG，因为PAD为正三角形，G为AD边的中点，所以PGAD⊥；又12AGAB=，60BAD=，所以32BGAB=，所

以90BGA=，即BGAD⊥；又PG平面PGB，BG平面PGB，PGBGG=，所以AD⊥平面PGB，又PB平面PGB，所以ADPB⊥；（3）解：当F为PC边的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD，证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF，在P

BC中，//FEPB，在菱形ABCD中，EFDEE=，所以平面//DEF平面PGB，因为BG⊥平面PAD，所以BGPG⊥，又因为PGAD⊥，ADBGG=，所以PG⊥平面ABCD，而PG平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．【名师指导】(1)对于线面关

系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题

意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．