[创新方案]2015高考数学（理）一轮突破热点题型：第7章 第5节 直

第五节 直线、平面垂直的判定及其性质

高频考点

1．直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题．

2．高考对直线与平面垂直的判定与性质的考查常有以下几个命题角度： (1)同真假命题的判断相结合考查；

(2)以多面体为载体，证明线面垂直问题；

(3)以多面体为载体，考查与线面垂直有关的探索性问题． [例1] (1)(2013·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β (2)(2013·广东高考)如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所

2示的三棱锥A-BCF，其中BC＝. 2

考点一 直线与平面垂直的判定与性质

①证明：DE∥平面BCF； ②证明：CF⊥平面ABF；

2

③当AD＝时，求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG. 3

[自主解答] (1)设直线a?α，b?α，a∩b＝A，

∵m⊥α，∴m⊥a，m⊥b.又n∥m，∴n⊥a，n⊥b，∴n⊥α. (2)①证明：在等边三角形ABC中，AB＝AC.

ADAE

∵AD＝AE，∴＝，∴DE∥BC，

DBEC

∴DG∥BF，又BF?平面BCF，DG?平面BCF， ∴DG∥平面BCF.同理可证GE∥平面BCF.

∵DG∩GE＝G，∴平面GDE∥平面BCF， 又DE?平面GDE，∴DE∥平面BCF.

②证明：在等边三角形ABC中，F是BC的中点，

112

∴AF⊥CF，∴BF＝FC＝BC＝.在图2中，∵BC＝，∴BC2＝BF2＋FC2，∴∠BFC

222

＝90°，∴CF⊥BF.∵BF∩AF＝F，BF?平面ABF，AF?平面ABF，

∴CF⊥平面ABF.

21

③∵AD＝，∴BD＝，AD∶DB＝2∶1，在图2中，AF⊥FC，AF⊥BF，

33

又BF∩FC＝F，∴AF⊥平面BCF，由①知平面GDE∥平面BCF，∴AF⊥平面GDE.

33132211

在等边三角形ABC中，AF＝AB＝，∴FG＝AF＝，DG＝BF＝×＝＝GE，

22363323

1113

∴S△DGE＝DG·EG＝，∴VF-FG＝. DGE＝S△DGE·2183324[答案] (1)C

线面垂直问题的常见类型及解题策略

(1)与命题真假判断有关的问题．解决此类问题的方法是结合图形进行推理，或者依据条件举出反例否定．

(2)线面垂直的证明．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．

(3)线面垂直的探索性问题．此类问题的解决方法同“线面平行的探索性问题”的求解方法(见本章第四节的[通关锦囊])．

如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示．

(1)求证：DE∥平面A1CB； (2)求证：A1F⊥BE；

(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由． 解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB的中点， 所以DE∥BC.

又因为DE?平面A1CB，BC?平面A1CB， 所以DE∥平面A1CB.

(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥AC.

所以DE⊥A1D，DE⊥CD.

又A1D∩CD＝D，A1D?平面A1DC，CD?平面A1DC， 所以DE⊥平面A1DC.

因为A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1F.

又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，CD?平面BCDE，DE?平面BCDE，所以A1F⊥平面BCDE，

又BE?平面BCDE， 所以A1F⊥BE.

(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下：

如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC. 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC， 所以DE⊥A1C.

又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点， 所以A1C⊥DP.

又DP∩DE＝D，DP?平面DEP，DE?平面DEP， 所以A1C⊥平面DEP. 从而A1C⊥平面DEQ.

故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.

考点二 面面垂直的判定与性质

[例2] (2014·济南模拟)

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. [自主解答] (1)法一：

取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，

11

所以EH∥AB，EH＝AB.又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD，

22

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：连接CF.

11

因为F为AB的中点，所以AF＝AB.又CD＝AB，所以AF＝CD.

22

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.

(2)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∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG. 又MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN. 【互动探究】

在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.

证明：因为AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC. 又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面PAC. 又MN?平面EMN，所以平面EMN⊥平面PAC.

【方法规律】

面面垂直的性质应用技巧

(1)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”．

(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中，要对此进行证明．

如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1中， 侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F

分别为棱AB，BC，A1C1的中点．求证：

(1)EF∥平面A1CD；

(2)平面A1CD⊥平面A1ABB1.

证明：(1)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1，

且AC＝A1C1，连接ED，在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，

1

所以DE＝AC，且DE∥AC.

2

11

又F为A1C1的中点，所以A1F＝A1C＝AC，且A1F∥A1C1∥AC，所以A1F＝DE，且

22

A1F∥DE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EF∥DA1.

又EF?平面A1CD，DA1?平面A1CD，所以EF∥平面A1CD. (2)由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，

故CD⊥AB，又侧棱A1A⊥底面ABC，CD?平面ABC，所以AA1⊥CD， 又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，

而CD?平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.

考点三 垂直关系的综合应用

[例3] 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是1

PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH …… 此处隐藏：2632字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……