2019考綱考題考情



1．直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說(shuō)直線l與平面α互相垂直。
(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理

2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理

續(xù)表

　
1．與線面垂直相關(guān)的兩個(gè)常用結(jié)論：
(1)兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個(gè)平面垂直。
(2)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則與另一個(gè)平面也垂直。
2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化：
線線垂直線面垂直面面垂直

一、走進(jìn)教材
1．(必修2P73A組T1改編)下列命題中不正確的是(　　)
A．如果平面α⊥平面β，且直線l∥平面α，則直線l⊥平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面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　根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，知A不正確，直線l可能平行平面β，也可能在平面β內(nèi)。故選A。
答案　A
2．(必修2P67練習(xí)T2改編)在三棱錐P－ABC中，點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O。
(1)若PA＝PB＝PC，則點(diǎn)O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點(diǎn)O是△ABC的________心。
解析　

(1)如圖，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心。

(2)如圖，延長(zhǎng)AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于H，D，G。因?yàn)镻C⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以PC⊥AB，因?yàn)锳B⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，所以AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高。同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，即O為△ABC的垂心。
答案　(1)外　(2)垂
二、走近高考
3．(2018·全國(guó)卷Ⅰ節(jié)選)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF。

證明：平面PEF⊥平面ABFD。
解　由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF。又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
4．(2017·全國(guó)卷Ⅰ節(jié)選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。

證明：平面PAB⊥平面PAD。
證明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD。
由于AB∥CD，故AB⊥PD，
從而AB⊥平面PAD。又AB?平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD。
三、走出誤區(qū)
微提醒：①忽略線面垂直的條件致誤；②忽視平面到空間的變化致誤。
5．“直線a與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面α垂直”的________條件。
解析　根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面α垂直”，反之則可以，所以應(yīng)是必要不充分條件。
答案　必要不充分
6．已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a與c的位置關(guān)系為________。
解析　若a，b，c在同一個(gè)平面內(nèi)，由題設(shè)條件可得a∥c；若在空間中，則直線a與c的位置關(guān)系不確定，平行、相交、異面都有可能。
答案　平行、相交或異面
7．已知直線a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，則a與α的位置關(guān)系為________。
解析　當(dāng)a?α且a垂直于α，β的交線時(shí)，滿足已知條件；若a?α，則a∥α。故得a與α的位置關(guān)系為a∥α或a?α。
答案　a∥α或a?α

考點(diǎn)一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì)　　
【例1】　如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)。

證明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE。
證明　(1)在四棱錐P－ABCD中，
因?yàn)镻A⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
所以PA⊥CD。
又因?yàn)锳C⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
所以CD⊥平面PAC。
而AE?平面PAC，所以CD⊥AE。
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，
可得AC＝PA。
因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以AE⊥PC。
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD?平面PCD，
所以AE⊥平面PCD，
而PD?平面PCD，所以AE⊥PD。
因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，
所以PA⊥AB。
又因?yàn)锳B⊥AD，且PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，
所以AB⊥PD。
又因?yàn)锳B∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，
所以PD⊥平面ABE。


證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵
1．證明直線和平面垂直的常用方法：(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(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；(4)面面垂直的性質(zhì)。
2．證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)。因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想。
【變式訓(xùn)練】　S是Rt△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點(diǎn)。
(1)求證：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC。
證明　(1)如圖所示，取AB的中點(diǎn)E，連接SE，DE，

在Rt△ABC中，D、E分別為AC、AB的中點(diǎn)，
所以DE∥BC，所以DE⊥AB，
因?yàn)镾A＝SB，所以△SAB為等腰三角形，
所以SE⊥AB。
又SE∩DE＝E，所以AB⊥平面SDE。
又SD?平面SDE，所以AB⊥SD。
在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點(diǎn)，
所以SD⊥AC。
又AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC。
(2)由于AB＝BC，則BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，
所以SD⊥BD，
又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC。
考點(diǎn)二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
【例2】　(2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1。

求證：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC。
解　(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1。因?yàn)锳B?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C。
(2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形。
又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B。
又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC。
又因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC。
因?yàn)锳B1?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC。


1．證明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定義；(2)利用面面垂直的判定定理，轉(zhuǎn)化為從現(xiàn)有直線中(或作輔助線)尋找平面的垂線，即證明線面垂直。
2．兩個(gè)平面垂直問(wèn)題，通常是通過(guò)“線線垂直→線面垂直→面面垂直”的過(guò)程來(lái)實(shí)現(xiàn)的。
【變式訓(xùn)練】　(2019·唐山市摸底考試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點(diǎn)。

(1)求證：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若PC＝，求三棱錐C－PAB的高。
解　(1)因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以AC⊥PC。
因?yàn)锳B＝2，AD＝CD＝1，
所以AC＝BC＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC。
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC。
因?yàn)锳C?平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBC。
(2)由PC＝，PC⊥CB，
得S△PBC＝×()2＝1。
由(1)知，AC為三棱錐A－PBC的高。
易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，
則PA＝AB＝PB＝2，
于是S△PAB＝×22sin60°＝。
設(shè)三棱錐C－PAB的高為h，則
S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，解得h＝，
故三棱錐C－PAB的高等于。
考點(diǎn)三 開放型問(wèn)題
【例3】如圖所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，點(diǎn)M是棱BB1上一點(diǎn)。

(1)求證：B1D1∥平面A1BD。
(2)求證：MD⊥AC。
(3)試確定點(diǎn)M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D。
解　(1)證明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，

所以BB1D1D是平行四邊形，
所以B1D1∥BD。
而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，
所以B1D1∥平面A1BD。
(2)證明：因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以BB1⊥AC。
又因?yàn)锽D⊥AC，且BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D，而MD?平面BB1D，
所以MD⊥AC。
(3)當(dāng)點(diǎn)M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，平面DMC1⊥平面CC1D1D。證明如下：
取DC的中點(diǎn)N，D1C1的中點(diǎn)N1，連接NN1交DC1于點(diǎn)O，連接OM。因?yàn)镹是DC中點(diǎn)，BD＝BC，所以BN⊥DC。
又因?yàn)镈C是平面ABCD與平面DCC1D1的交線，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
所以BN⊥平面DCC1D1。
又可證得，O是NN1的中點(diǎn)，
所以BM∥ON，且BM＝ON，
即BMON是平行四邊形，所以BN∥OM，
所以O(shè)M⊥平面CC1D1D，
因?yàn)镺M?平面DMC1，
所以平面DMC1⊥平面CC1D1D。


1．求條件探索性問(wèn)題的主要途徑：(1)先猜后證，即先觀察與嘗試，猜出條件再證明；(2)先通過(guò)命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性。
2．涉及點(diǎn)的位置探索性問(wèn)題一般是先根據(jù)條件猜測(cè)點(diǎn)的位置再給出證明，探索點(diǎn)存在問(wèn)題，點(diǎn)多為中點(diǎn)或三等分點(diǎn)中某一個(gè)，也可以根據(jù)相似知識(shí)找出點(diǎn)的位置。
【變式訓(xùn)練】　如圖所示，平面ABCD⊥平面BCE，四邊形ABCD為矩形，BC＝CE，點(diǎn)F為CE的中點(diǎn)。

(1)證明：AE∥平面BDF；
(2)點(diǎn)M為CD上任意一點(diǎn)，在線段AE上是否存在點(diǎn)P，使得PM⊥BE？若存在，確定點(diǎn)P的位置，并加以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。
解　(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OF。

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，
所以O(shè)為AC的中點(diǎn)。
又F為EC的中點(diǎn)，
所以O(shè)F∥AE。
又OF?平面BDF，
AE?平面BDF，
所以AE∥平面BDF。

(2)當(dāng)點(diǎn)P為AE的中點(diǎn)時(shí)，有PM⊥BE，證明如下：
取BE的中點(diǎn)H，連接DP，PH，CH。因?yàn)镻為AE的中點(diǎn)，H為BE的中點(diǎn)，
所以PH∥AB。
又AB∥CD，所以PH∥CD，
所以P，H，C，D四點(diǎn)共面。
因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，
CD?平面ABCD，所以CD⊥平面BCE。
又BE?平面BCE，所以CD⊥BE，
因?yàn)锽C＝CE，且H為BE的中點(diǎn)，
所以CH⊥BE。
又CH∩CD＝C，且CH，CD?平面DPHC，
所以BE⊥平面DPHC。
又PM?平面DPHC，所以PM⊥BE。

1．(配合例1使用)如圖①，四邊形ABCD為等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，將△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E為AB的中點(diǎn)，連接DE，DB(如圖②)。

(1)求證：BC⊥AD；
(2)求點(diǎn)E到平面BCD的距離。
解　

(1)證明：作CH⊥AB于點(diǎn)H，
則BH＝，AH＝，
又BC＝1，所以CH＝，
所以CA＝，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以AC⊥BC，因?yàn)槠矫鍭DC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，
所以BC⊥平面ADC，又AD?平面ADC，
所以BC⊥AD。

(2)因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，
所以點(diǎn)E到平面BCD的距離等于點(diǎn)A到平面BCD距離的一半。
又由(1)的證明可知，BC⊥平面ADC，BC?平面BCD，
所以平面ADC⊥平面BCD，
所以過(guò)A作AQ⊥CD于Q，
又因?yàn)槠矫鍭DC∩平面BCD＝CD，且AQ?平面ADC，
所以AQ⊥平面BCD，AQ就是點(diǎn)A到平面BCD的距離。
由(1)知AC＝，AD＝DC＝1，
所以cos∠ADC＝＝－，
又0

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