2024年高考数学第一轮复习精品导学案第51讲 直线与平面、平面与平面垂直（学生版）+教师版

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1. 直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
(2)判定定理与性质定理
2. 直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是_0°的角．
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3. 平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
1、【2022年全国乙卷】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D
【答案】A
【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=-1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=-2,2,0,A1C1=-2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=-x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,-1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,-1,-1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,-1，则m⋅n1=2-2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，
故选：A.
2、【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
3、【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】
对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
4、【2022年全国甲卷】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE=BF=12，
故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；
5、【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
【解析】由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BD，
由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
1、(2022·哈尔滨模拟)设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是( )
A．m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．m⊥α，n⊥α，则m∥n
C．m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．m⊥n，n∥α，则m⊥α
【答案】 D
【解析】 对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，
∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，
∴m⊥n，故A正确；
对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；
对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故D错误．
2、已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )
A．m⊥l，m⊂β，l⊥α
B．m⊥l，α∩β＝l，m⊂α
C．m∥l，m⊥α，l⊥β
D．l⊥α，m∥l，m∥β
【答案】 D
【解析】 对于A，有可能出现α，β平行这种情况，故A错误；对于B，会出现平面 α，β相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β⇒α∥β，故C错误；对于D，l⊥α，m∥l⇒m⊥α，又由m∥β⇒α⊥β，故D正确．
3、.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
【答案】 D
【解析】 因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，
BC⊄平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE⊂平面PAE，所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确．
4、如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( )
A．MN∥AB
B．平面VAC⊥平面VBC
C．MN与BC所成的角为45°
D．OC⊥平面VAC
【答案】 B
【解析】由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.
5、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
【答案】：DM⊥PC(答案不唯一)
【解析】：由定理可知，BD⊥PC．
∴当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD．
考向一 线面垂直的判定与性质
例1、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE．
【证明】：(1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC．而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD．
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE．
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF＝ eq \f(1,2)AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1) PH⊥平面ABCD；
(2) EF⊥平面PAB.
【解析】 (1) 因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，
所以PH⊥AB.
因为PH为△PAD中AD边上的高，
所以PH⊥AD.
因为AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PH⊥平面ABCD.
(2) 如图，取PA的中点M，连接MD，ME.
因为E是PB的中点，
所以ME＝ eq \f(1,2)AB，ME∥AB.
又因为DF＝ eq \f(1,2)AB，DF∥AB，
所以ME＝DF，ME∥DF，
所以四边形MEFD是平行四边形，
所以EF∥MD.
因为PD＝AD，所以MD⊥PA.
因为AB⊥平面PAD，MD⊂平面PAD，
所以MD⊥AB.
因为PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB.
变式2、如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E，连接DE.求证：
(1) DE∥平面AA1C1C；
(2) BC1⊥AB1.
【解析】 (1) 由题意，知E为B1C的中点．
又D为AB1的中点，所以DE∥AC.
因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2) 因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，
所以矩形BCC1B1是正方形，
所以BC1⊥B1C.
因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
方法总结；1.证明直线和平面垂直的常用方法有：
(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α).
2.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.
考向二 面面垂直的判定与性质
例2、如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB＝，BC＝1，E，F分别是AB，PC的中点，DE⊥PA.
（1）求证：EF∥平面PAD；
（2）求证：平面PAC⊥平面PDE.
【证明】（1）设的中点为，连接,因为F是PC的中点，所以有
,又因为四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形, E是AB的中点,所以有
，因此有,所以四边形是平行四边形，因此有,平面PAD，平面PAD，所以EF∥平面PAD；
（2）在矩形中，设交于点，因为E是AB的中点,所以，
因为，所以∽，因此，而
，所以，而DE⊥PA，
平面PAC，所以平面PAC，而平面PDE，因此
平面PAC⊥平面PDE.
变式1、如图，在四棱锥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.
【解析】 (1) 取PA的中点H，连接EH，DH.
又E为PB的中点，
所以EH＝ eq \f(1,2)AB，EH∥AB.
又CD＝ eq \f(1,2)AB，CD∥AB，
所以EH＝CD，EH∥CD，
所以四边形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.
(2) 因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可得AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
所以AB⊥平面EFG.
又因为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.
因为MN⊂平面EMN，
所以平面EFG⊥平面EMN.
方法总结：(1)判定两个平面垂直的方法：①利用定义：证明二面角是直二面角；②利用判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.(2)面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平面解析几何条件．
考向三 平行与垂直的探索性问题
例3 如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．
(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
【证明】 (1)
图1
连接AC交BD于O，连接OF，如图1.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.
(2)当P为AE中点时，有PM⊥BE.
证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，
∵P为AE的中点，H为BE的中点，
图2
∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.
变式、如图，在三棱台ABC-DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1) 设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2) 若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1) 在三棱台ABC-DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，
所以DF∥平面ACE.
因为DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
所以DF∥a.
(2) 线段BE上存在点G，且BG＝ eq \f(1,3)BE，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，连接GD，如图1.
因为CF＝EF，所以GF⊥CE.
因为在三棱台ABC-DEF中，AB⊥BC，
所以DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF，得CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，CF⊂平面CBEF，EF⊂平面CBEF，
所以DE⊥平面CBEF，所以DE⊥GF.
因为GF⊥CE，GF⊥DE，CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，
所以GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，
所以平面DFG⊥平面CDE.
此时，平面图如图2所示，延长CB，FG相交于点H.
因为O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
所以HB＝BC＝ eq \f(1,2)EF.
由△HGB∽△FGE可知 eq \f(BG,EG)＝ eq \f(BH,EF)＝ eq \f(1,2)，
即BG＝ eq \f(1,3)BE.

图1 图2
方法总结：平行与垂直中探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．
1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命题中，假命题是（ ）
A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β
B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β
C．若平面α⊥平面β，任取直线lα，则必有l⊥β
D．若平面α∥平面β，任取直线lα，则必有l∥β
【答案】C
【分析】
对于A：利用线面垂直的定义和面面垂直的判定定理进行证明；
对于B：利用面面平行的定义进行证明；
对于C：在正方体中取反例否定结论；
对于D：利用线面平行的定义进行判断.
【详解】
对于A：根据线面垂直的定义，若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则这条直线垂直于平面β，又有面面垂直的判定定理，即可证明α⊥β.故A成立.
对于B：若平面α内任一直线平行于平面β，则直线与平面β没有公共点，所以平面α与平面β没有公共点，所以α∥β. 故B成立.
对于C：如图示：
在正方体中取面为平面α、面为平面β和直线为直线l，满足平面α⊥平面β，直线lα，但是l∥β. 故C不成立.
对于D：若平面α∥平面β，则平面α与平面β没有公共点，任取直线lα，则直线l与平面β没有公共点，所以l∥β. 故D成立.
故选：C
2、（2022·江苏如东·高三期末）（多选题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m//n，nα，则m//αB．若m⊥n，nα，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
【答案】CD
【分析】
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】
m//n，nα时，或，A错；
m⊥n，nα，与可能平行，也可能有或相交，不一定垂直，B错；
若m⊥α，n⊥α，由线面垂直性质定理知，C正确；
m//α，m//β，α∩β＝n，如图，
过作平面交于直线，由得，
同理过作平面与交于直线，得，
所以，而，所以，又．，则，
所以．D正确．
故选：CD．
3、（2022·江苏常州·高三期末）（多选题）已知正方体的棱长为，点是棱上的定点，且．点是棱上的动点，则（ ）
A．当时，是直角三角形
B．四棱锥的体积最小值为
C．存在点，使得直线平面
D．任意点，都有直线平面
【答案】AB
【分析】
由已知计算利用勾股定理可判断A, 当与重合时，到平面的距离最小利用等体积转化计算可判断选项B,由平面,平面与平面不平行，可判断选项C,当与重合时，可验证平面不成立，即可判断选项D.
【详解】
由已知计算可得：,,,
为直角三角形，A对
与重合时，到平面的距离最小
在上取，使
，
，B对
平面
平面与平面不平行，与平面不垂直
与重合时，平面为平面
若平面，则平面，与平面矛盾，D错.
故选:AB
4、（2022·山东莱西·高三期末）（多选题）设a，b是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，P是一个点，则下列选项正确的为（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，，，则
D．若，，则
【答案】ABD
【分析】
选项A. 由面面平行的性质可判断；选项B. 设分别为直线的方向向量，由，则从而可判断；选项C.由题意若时不一定成立；选项D. 由平面平行的性质可判断.
【详解】
选项A. 若，，由面面平行的性质可得，故正确.
选项B. 设分别为直线的方向向量，由，则
由，，则向量分别为平面的法向量
由，则，故正确.
选项C. 若，过点作直线，不一定能得到.
过点作平面，使得，如图.
过点在平面作直线，都满足条件，但不一定有，故不正确.
选项D. 若，，由平面平行的性质可得，故正确.
故选：ABD
5、（2022·湖南娄底·高三期末）（多选题）在三棱锥中，已知，，，平面平面ABC，且，则（ ）．
A．
B．平面平面ABC
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABC
【分析】
通过证明平面来判断AB选项的正确性；通过计算三棱锥的体积来判断C选项的正确性；求出三棱锥的外接球的表面积来判断D选项的正确性.
【详解】
因为，，
所以，所以，
过D作于E．
因为平面平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，所以，
假设DB，DE不重合，因为，所以平面DBC，
所以，这样与矛盾，
所以假设不成立，所以DB，DE重合，即平面ABC，
所以，
由于平面，
所以平面平面ABC，所以A，B正确；
三棱锥的体积为，所以C正确；
设三角形ABC的外心为F，外接圆半径为，
过F作平面ABC，
设O为外接球的球心，则，，
所以，
所以，解得，
所以外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以D不正确．
故选：ABC
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
文字语言
图形语言
符号语言
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝α,l⊥α))⇒l⊥α