PAGEPAGE1第5講直線、平面垂直的判定及性質基礎學問整合1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的判定定理(2)直線與平面垂直的性質定理2．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的判定定理(2)平面與平面垂直的性質定理直線與平面垂直的五個結論(1)若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內的隨意直線．(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行．(4)過一點有且只有一條直線與已知平面垂直．(5)過一點有且只有一個平面與已知直線垂直．1．設α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β，下列結論正確的是()A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥mC．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m答案A解析依據線面垂直的判定定理知A正確；當α⊥β，l?α，m?β時，l與m可能平行、垂直或異面，故B錯誤；當l∥β，l?α時，α與β可能平行，也可能相交，故C錯誤；當α∥β，l?α，m?β時，l與m可能平行，也可能異面，故D錯誤．故選A.2．(2024·浙江模擬)已知相互垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿意m∥α，n⊥β，則()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案C解析∵α∩β＝l，∴l?β，∵n⊥β，∴n⊥l.故選C.3．設m，n表示兩條不同的直線，α，β表示兩個不同的平面，下列命題為真命題的是()A．若m⊥α，α⊥β，則m∥βB．若m∥α，m⊥β，則α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，則n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n答案B解析對于A，m可以在β內，故A錯誤；對于C，n可以在α內，故C錯誤；對于D，m與n可以平行，故D錯誤．4．(2024·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CDA．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC答案C解析eq\a\vs4\al(解法一：)如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯誤；∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC∴A1E⊥BC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯誤．故選C.eq\a\vs4\al(解法二：)(空間向量法)建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0，0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，－1))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→))≠0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))≠0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝0，eq\o(A1E,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))≠0，∴A1E⊥BC1.故選C.5．如圖所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在面ABC上的射影HA．直線AB上B．直線BC上C．直線CA上D．△ABC內部答案A解析∵CA⊥AB，CA⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴CA⊥平面ABC1.∴平面ABC⊥平面ABC1.∴過C1作垂直于平面ABC的直線在平面ABC1內．∴H∈AB.6．(2024·沈陽模擬)已知P為△ABC所在平面外一點，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正確的個數是________．答案3解析如圖所示．∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC?平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB.但AB不肯定垂直于BC.核心考向突破考向一有關垂直關系的推斷例1(1)已知平面α及α外的一條直線l，下列命題中不正確的是()A．若l垂直于α內的兩條平行線，則l⊥αB．若l平行于α內的一條直線，則l∥αC．若l垂直于α內的兩條相交直線，則l⊥αD．若l平行于α內的多數條直線，則l∥α答案A解析由直線與平面平行的有關定理和結論可知選項B，D正確，選項C是直線和平面垂直的判定定理，而A中，直線l也可以是與平面α斜交或平行的直線，故選A.(2)(2024·福建質量檢查)如圖，AB是圓O的直徑，VA垂直圓O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的隨意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結論正確的是()A．MN∥ABB．MN與BC所成的角為45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案D解析依題意，MN∥AC，又直線AC與AB相交，因此MN與AB不平行，A錯誤；留意到AC⊥BC，因此MN與BC所成的角是90°，B錯誤；留意到直線OC與AC不垂直，因此OC與平面VAC不垂直，C錯誤；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC⊥平面VAC.又BC?平面VBC，所以平面VBC⊥平面VAC，D正確．故選D.觸類旁通推斷垂直關系需留意的問題(1)作圖要嫻熟，借助幾何圖形來說明線面關系要做到作圖快、準．eq\a\vs4\al(2擅長找尋反例，若存在反例，結論就被駁倒了.)3要思索完整，反復驗證全部可能的狀況，必要時要運用判定或性質定理進行簡潔說明.即時訓練1.(2024·北京東城模擬)已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，那么下面給出的條件中肯定能推出m⊥β的是()A．α⊥β，且m?α B．m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β答案B解析因為α⊥β，m?α，則m，β的位置關系不確定，可能平行、相交、m在β面內，故A錯誤；由線面垂直的性質定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關系也不確定，故C錯誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關系也不確定，故D錯誤．故選B.2．(2024·銀川模擬)如圖，在正方形ABCD中，E，F分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有()A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案A解析由平面圖形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故選A.考向二直線與平面垂直的判定與性質角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(1))利用線線垂直證明線面垂直例2(1)(2024·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．①證明：PO⊥平面ABC；②若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離．解①證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).連接OB，因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.②作CH⊥OM，垂足為H.又由①可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離．由題設可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°.在△OCM中依據余弦定理可求得OM＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).(2)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D為AC上的點，B1C∥平面A1①求證：BD⊥平面A1ACC1；②若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱錐A－BCB1的體積．解①證明：如圖，連接ED，∵平面AB1C∩平面A1BD＝EDB1C∥平面A1BD∴B1C∥ED∵E為AB1的中點，∴D為AC的中點，∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由A1A⊥平面ABC，BD?平面ABC，得A1A⊥又∵A1A，AC是平面A1ACC1∴BD⊥平面A1ACC1.②由AB＝1，得BC＝BB1＝1，由①知AD＝eq\f(1,2)AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，∴AC2＝2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)，∴VA－BCB1＝VB1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·BB1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6).角度eq\o(\s\up7(),\s\do5(2))利用線面垂直證明線線垂直例3(1)(2024·四川模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，以AE為折痕將△DAE向上折起，D變為D′，且平面D′AE⊥平面ABCE.①求證：AD′⊥EB；②求點E到平面ABD′的距離．解①證明：∵AE＝BE＝2eq\r(2)，AB＝4，∴AB2＝AE2＋BE2，∴AE⊥EB.取AE的中點M，連接MD′，則AD′＝D′E＝2?MD′⊥AE，∵平面D′AE⊥平面ABCE，MD′?平面D′AE，∴MD′⊥平面ABCE，∴MD′⊥BE，AE∩D′E＝M，從而EB⊥平面AD′E，∴AD′⊥EB.②由①知MD′⊥平面ABCE，且MD′＝eq\r(2)，S△AEB＝4，易知BM＝eq\r(10)，BD′＝2eq\r(3)，AD′＝2，AB＝4，S△ABD′＝2eq\r(3).設點E到平面ABD′的距離為d，由VE－ABD′＝VD′－ABE，得eq\f(1,3)×2eq\r(3)d＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×4，∴d＝eq\f(2\r(6),3).(2)(2024·江蘇模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分別是AC，B1C求證：①MN∥平面ABB1A1②AN⊥A1B.證明①取AB的中點P，連接PM，PB1.因為M，P分別是AC，AB的中點，所以PM∥BC，且PM＝eq\f(1,2)BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1因為N是B1C1的中點，所以PM∥B1N且PM＝B1N所以四邊形PMNB1是平行四邊形，所以MN∥PB1，而MN?平面ABB1A1，PB1?平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1②因為三棱柱ABC－A1B1C1所以BB1⊥平面A1B1C1又因為BB1?平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C又因為∠A1B1C1＝∠ABC所以B1C1⊥B1A又平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝B1B1C1?平面A1B1C所以B1C1⊥平面ABB1A又因為A1B?平面ABB1A1所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B連接AB1，因為在平行四邊形ABB1A1中，AB＝AA1所以AB1⊥A1B.又因為NB1∩AB1＝B1，且AB1，NB1?平面AB1N，所以A1B⊥平面AB1N，而AN?平面AB1N，所以A1B⊥AN.觸類旁通證明線面垂直的常用方法及關鍵(1)證明直線和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質．2證明線面垂直的關鍵是證線線垂直，而證明線線垂直有時需借助線面垂直的性質.即時訓練3．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，點M在線段PC上，且PM＝2MC，N為AD的中點．(1)求證：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱錐P－NBM的體積．解(1)證明：連接BD.∵PA＝PD，N為AD的中點，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BN⊥AD.又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝eq\r(3).又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，∴VP－NBM＝VM－PNB＝eq\f(2,3)VC－PNB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(2,3).4．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)證明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．解(1)證明：如圖，取AC的中點O，連接DO，BO.因為AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.從而AC⊥平面DOB，又BD?平面DOB，故AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.由題設知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.考向三面面垂直的判定與性質例4(1)(2024·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧Ceq\x\to(D)所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))上異于C，D的點．①證明：平面AMD⊥平面BMC；②在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．解①證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因為M為eq\o\ac(CD,\s\up10(︵))上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.②當P為AM的中點時，MC∥平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因為四邊形ABCD為矩形，所以O為AC的中點．連接OP，因為P為AM的中點，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.(2)如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.①證明：平面PAC⊥平面PCE；②若∠ABC＝60°，求三棱錐P－ACE的體積．解①證明：如圖，連接BD，交AC于點O，設PC的中點為F，連接OF，EF.易知O為AC的中點，所以OF∥PA，且OF＝eq\f(1,2)PA.因為DE∥PA，且DE＝eq\f(1,2)PA，所以OF∥DE，且OF＝DE，所以四邊形OFED為平行四邊形，所以OD∥EF，即BD∥EF.因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因為PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.因為BD∥EF，所以EF⊥平面PAC.因為EF?平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.②解法一：因為∠ABC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，所以AC＝2.又PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PA⊥AC.所以S△PAC＝eq\f(1,2)PA×AC＝2.因為EF⊥平面PAC，所以EF是三棱錐E－PAC的高．易知EF＝DO＝BO＝eq\r(3)，所以三棱錐P－AC