3.2019届第二轮文科立体几何中的垂直问题

一、近5年全国1卷考题统计： 年份 2018 19.（1）证面面垂直 2017 18（1）证面面垂直 18（1）通过线线垂直证中点（三线合一） 2016 （2）求点在面内的正投影（考查线面垂直的性质应用） 2015 18（1）证面面垂直 2014 19（1）证线线垂直 二、考纲要求：

1、以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理。

2、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形垂直关系的简单命题。 三、学习目标：

1、知道证明线面垂直的三个条件，按照条件需要去找到相应的线线垂直；

2、 熟练证明线线垂直时转化为证线面垂直的思路，证明面面垂直转化为线面垂直的思

路。

考题考点 命题规律与趋势 本节内容是高考的重点，每年必考，以考查线面垂直、面面垂直的判定及其性质的应用为主，题型以解答题为主，主要考查空间想象能力和推理论证能力。 题目难度中等。

学案：

一、 基础回顾： 1.知识点梳理： 内容 线面垂直一条直线与一个平面内的两条相交判定定理 直线都垂直，则该直线与此平面垂直。 P文字语言 图形语言 l符号语言 mn 面面垂直一个平面过另一个平面的垂线，则判定定理 这两个平面垂直。 l 第1页，共7页

ab垂直于同一平面的两直线平行。 线面垂直性质定理 线面垂直线线垂直 面面垂直两个平面垂直，则一个平面内垂直性质定理 于交线的直线与另一个平面垂直。 a b

2.如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝑃𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点． (1)求证： (2)求证：𝑃𝐴⊥𝐵𝐷；平面𝐵𝐷𝐸⊥平面PAC；

自我小结：

1证明直线和直线垂直的方法有：___________________________________; 2.证明直线和平面垂直的方法有：___________________________________; 3.证明平面和平面垂直的方法有：___________________________________;

二、典例分析：

例1.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD是矩形，侧棱𝑃𝐴⊥底面ABCD，E，F分别是PB，PD的中点𝑃𝐴=𝐴𝐷， (Ⅰ)求证：𝐸𝐹//平面ABCD (Ⅱ)求证：𝐴𝐹⊥平面PCD

（选题意图：（1）第一问考查直线与平面平行，（2）第二问考查直线与平面垂直的判定，解题关键是：线面垂直线线垂直线面垂直，考查空间想象能力与思维能力．）

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变式1.如图，三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，侧面𝐵𝐵1𝐶1𝐶是菱形，其对角线的交点为O，且𝐴𝐵=𝐴𝐶1，𝐴𝐵⊥𝐵1C. 求证：𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶；

变式2.如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ACBC1AA1,D是棱AA1的中点,2DC1BD。证明：DC1BC。

（选题意图：检查学生平几的知识证明相交直线垂直，以及通过线面垂直转化为异面直线垂直是否掌握）

例2. 如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝑃𝐴=𝑃𝐶，平面𝑃𝐴𝐶⊥平面ABC，D 为AC中点，平面PDE与BC交于点E且𝐴𝐵//平面PDE． (1)求证：E是BC中点；

(2)求证：平面𝑃𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐷𝐸.

（选题意图：本题考查的知识点是线面平行的性质，面面垂直的判定定理和性质定理，是空间线面关系的简单综合应用。）

分析：(1)由𝐴𝐵//平面PDE，根据线面平行的性质得𝐷𝐸//𝐴𝐵，再因为D为AC中点，从而得证；

(2)根据平面𝑃𝐴𝐶⊥平面ABC，可得𝑃𝐷⊥平面ABC，得𝑃𝐷⊥𝐵𝐶.结合∠𝐴𝐵𝐶=90∘，及线面垂直的判定定理可得𝐵𝐶⊥平面PDE，最后由面面垂直的判定定理可得平面𝑃𝐷𝐸⊥平面PBC．

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变式3. 如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面是矩形，𝑃𝐴⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且𝑃𝐴=𝐴𝐷． (Ⅰ)求证：𝐴𝐹//平面PEC；

(Ⅱ)求证：平面𝑃𝐸𝐶⊥平面PCD．

自我小结：

1证明直线和直线垂直的方法有：___________________________________; 2.证明直线和平面垂直的方法有：___________________________________; 3.证明平面和平面垂直的方法有：___________________________________;

三． 巩固练习

1. 矩形ABCD中，𝐴𝐵=2𝐴𝐷=2，P为线段DC中点，将𝛥𝐴𝐷𝑃沿AP折起，使得平面𝐴𝐷𝑃⊥平面ABCP．求证：𝐴𝐷⊥𝐵𝑃；

E、F分别为CD、AB边上的点，𝐴𝐵=12，𝐴𝐷=6，2..如图1，矩形ABCD中，且𝐷𝐸=3，

PF，𝐵𝐹=4，将△𝐵𝐶𝐸沿BE折起至△𝑃𝐵𝐸位置(如图2所示)，连结AP、其中𝑃𝐹=2√5．

(1)求证：𝑃𝐹⊥平面ABED；

(2)求点A到平面PBE的距离．

3. 如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，𝑃𝐶⊥𝐵𝐶，M为PB的中点，D为AB的中点，且△𝐴𝑀𝐵为正三角形 求证：𝐵𝐶⊥平面PAC

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4.如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥平面ABCD，底

𝐴𝐵=面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，

2，∠𝐵𝐴𝐷=60∘，M是PD的中点． (Ⅰ)求证：𝑂𝑀//平面PAB； (Ⅱ)平面𝑃𝐵𝐷⊥平面PAC；

5. 如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1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.

第二轮文科立体几何中的垂直问题答案：

一、 基础回顾

1.知识点梳理（略）

2. 解：(1)证明：由𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，

𝐴𝐵⊂平面ABC，𝐵𝐶⊂平面ABC，且𝐴𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，可得𝑃𝐴⊥平面ABC， 由𝐵𝐷⊂平面ABC，可得𝑃𝐴⊥𝐵𝐷；

(2)证明：由𝐴𝐵=𝐵𝐶，D为线段AC的中点，可得𝐵𝐷⊥𝐴𝐶， 由𝑃𝐴⊥平面ABC，𝑃𝐴⊂平面PAC，可得平面𝑃𝐴𝐶⊥平面ABC，

又平面𝑃𝐴𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶，𝐵𝐷⊂平面ABC，且𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，即有𝐵𝐷⊥平面PAC， 𝐵𝐷⊂平面BDE，可得平面𝐵𝐷𝐸⊥平面PAC； 二、典例分析

例1. (Ⅰ)证明：连接BD，∵𝐸，F分别是PB，PD的中点∴𝐸𝐹//𝐵𝐷．

𝐵𝐷⊂平面ABCD，∴𝐸𝐹//平面ABCD；又∵𝐸𝐹⊄平面ABCD，

(Ⅱ)证明：∵𝑃𝐴=𝐴𝐷，F为PD中点．∴𝐴𝐹⊥𝑃𝐷． 又∵𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐷． ∵𝑃𝐴⊥底面ABCD，∴𝑃𝐴⊥𝐶𝐷． ∵𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，∴𝐶𝐷⊥平面PAD． ∵𝐴𝐹⊂平面PAD，∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐹．

又∵𝑃𝐷∩𝐶𝐷=𝐷，∴𝐴𝐹⊥平面PCD；

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变式1..证明：(1)∵四边形𝐵𝐵1𝐶1𝐶是菱形，∴𝐵1𝐶⊥𝐵𝐶1，

∵𝐴𝐵⊥𝐵1𝐶，𝐴𝐵∩𝐵𝐶1=𝐵，∴𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶1，∴𝐵1𝐶⊥𝐴𝑂， ∵𝐴𝐵=𝐴𝐶1，O是𝐵𝐶1的中点，∴𝐴𝑂⊥𝐵𝐶1，

变式2.略

例2.证明：(1)因为𝐴𝐵//平面PDE，平面𝑃𝐷𝐸∩平面ABC于DE，所以𝐷𝐸//𝐴𝐵， 因为D为AC中点．所以E是BC中点.

D为AC中点， 又平面𝑃𝐴𝐶⊥平面ABC，(2)因为𝑃𝐴=𝑃𝐶，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐶，平面𝑃𝐴𝐶∩平

因为𝐵𝐶⊂平面ABC，𝑃𝐷⊂平面PAC，面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶，故𝑃𝐷⊥平面ABC，所以𝑃𝐷⊥𝐵𝐶． 因为∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝐷𝐸//𝐴𝐵，因此𝐷𝐸⊥𝐵𝐶．

因为𝑃𝐷⊥𝐵𝐶，𝐷𝐸⊥𝐵𝐶，𝑃𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，PD，𝐷𝐸⊂平面PDE， 所以𝐵𝐶⊥平面PDE，又𝐵𝐶⊂平面PBC，所以平面𝑃𝐵𝐶⊥平面PDE．

变式3. 证明：(Ⅰ)取PC的中点G，连结FG、EG，∴𝐹𝐺为△𝐶𝐷𝑃的中位线，𝐹𝐺//𝐶𝐷，𝐹𝐺=𝐶𝐷．

21

∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴𝐴𝐸//𝐶𝐷，𝐴𝐸=2𝐶𝐷． ∴𝐹𝐺=𝐴𝐸，𝐹𝐺//𝐴𝐸，∴四边形AEGF是平行四边形，

∴𝐴𝐹//𝐸𝐺又𝐸𝐺⊂平面PCE，𝐴𝐹⊄平面PCE，∴𝐴𝐹//平面PCE； (Ⅱ)∵𝑃𝐴=𝐴𝐷.∴𝐴𝐹⊥𝑃𝐷 𝑃𝐴⊥平面ABCD，∴𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，

又因为𝐶𝐷⊥𝐴𝐷，𝐴𝑃∩𝐴𝐵=𝐴，∴𝐶𝐷⊥面APD ∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐹，且𝑃𝐷∩𝐶𝐷=𝐷，∴𝐴𝐹⊥面PDC 由(Ⅰ)得𝐸𝐺//𝐴𝐹，∴𝐸𝐺⊥面PDC

又𝐸𝐺⊂平面PCE，∴平面𝑃𝐸𝐶⊥平面PCD．

三、巩固练习

1. 解：∵𝐴𝑃=√2，𝐴𝐵=2，𝐵𝑃=√2，∴𝐴𝑃2+𝐵𝑃2=𝐴𝐵2，∴𝐵𝑃⊥𝐴𝑃， ∵平面𝐴𝐷𝑃⊥平面ABCP，平面𝐴𝐷𝑃∩平面𝐴𝐵𝐶𝑃=𝐴𝑃，∴𝐵𝑃⊥平面ADP， 𝐴𝐷⊂平面ADP，∴𝐵𝑃⊥𝐴𝐷.

2. 解：(1)连结EF，由翻折不变性可知，𝑃𝐵=𝐵𝐶=6，𝑃𝐸=𝐶𝐸=9， 在△𝑃𝐵𝐹中，𝑃𝐹2+𝐵𝐹2=20+16=36=𝑃𝐵2，所以𝑃𝐹⊥𝐵𝐹…(2分) 在图1中，利用勾股定理，得𝐸𝐹=√62+(12−3−4)4=√61， 在△𝑃𝐸𝐹中，𝐸𝐹2+𝑃𝐹2=61+20=81=𝑃𝐸2， ∴𝑃𝐹⊥𝐸𝐹…(4分)

又∵𝐵𝐹∩𝐸𝐹=𝐹，𝐵𝐹⊂平面ABED，𝐸𝐹⊂平面ABED，∴𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐷.…(6分)

3. 证明：在正△𝐴𝑀𝐵中，D是AB的中点，所以𝑀𝐷⊥𝐴𝐵．

因为M是PB的中点，D是AB的中点，所以𝑀𝐷//𝑃𝐴，故𝑃𝐴⊥𝐴𝐵． 又𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵∩𝐴𝐶=𝐴，AB，𝐴𝐶⊂平面ABC，

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1

所以𝑃𝐴⊥平面ABC．

因为𝐵𝐶⊂平面ABC，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐶．

又𝑃𝐶⊥𝐵𝐶，𝑃𝐴∩𝑃𝐶=𝑃，PA，𝑃𝐶⊂平面PAC， 所以𝐵𝐶⊥平面PAC．

4. 证明：(Ⅰ)在△𝑃𝐵𝐷中，因为O，M分别是BD，PD的中点

所以𝑂𝑀//𝑃𝐵.又𝑂𝑀⊄平面PAB，𝑃𝐵⊂平面PAB，所以𝑂𝑀//平面PAB． (Ⅱ)因为底面ABCD是菱形，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶．

因为𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝐵𝐷⊂平面ABCD，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐷.又𝐴𝐶∩𝑃𝐴=𝐴， 所以𝐵𝐷⊥平面PAC．

5. 解：(1)∵𝐷，E分别为AB，BC的中点，∴𝐷𝐸为△𝐴𝐵𝐶的中位线，∴𝐷𝐸//𝐴𝐶， ∵𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1为棱柱，∴𝐴𝐶//𝐴1𝐶1，∴𝐷𝐸//𝐴1𝐶1，

∵𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐶1𝐹，且𝐷𝐸⊄平面𝐴1𝐶1𝐹，∴𝐷𝐸//𝐴1𝐶1𝐹；

(2)在𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的直棱柱中，∴𝐴𝐴1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1，∴𝐴𝐴1⊥𝐴1𝐶1，

𝐴𝐴1、𝐴1𝐵1⊂平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，∴𝐴1𝐶1⊥平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，又∵𝐴1𝐶1⊥𝐴1𝐵1，且𝐴𝐴1∩𝐴1𝐵1=𝐴1，

∵𝐷𝐸//𝐴1𝐶1，∴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵， 又∵𝐴1𝐹⊂平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵，∴𝐷𝐸⊥𝐴1𝐹，

又∵𝐴1𝐹⊥𝐵1𝐷，𝐷𝐸∩𝐵1𝐷=𝐷，且DE、𝐵1𝐷⊂平面𝐵1𝐷𝐸，∴𝐴1𝐹⊥平面𝐵1𝐷𝐸， 又∵𝐴1𝐹⊂平面𝐴1𝐶1𝐹，∴平面𝐵1𝐷𝐸⊥平面𝐴1𝐶1F.

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