《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

三 垂线定理及逆定理
1. 三垂线定理及逆定理
(1) 三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
(2) 三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线如果和穿过该平面内一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.
如图，已知：$ PA $，$ PO $ 分别是平面 $ \alpha $ 的垂线和斜线，$ AO $ 是 $ PO $ 在平面 $ \alpha $ 的射影，$ a \subset \alpha $，则 $ a \perp PO \Leftrightarrow a \perp AO $.
2. 三垂线定理解题的关键：找三垂！
一找直线和平面垂直，
二找平面的斜线在平面内的射影和平面内的一条直线垂直.
注意：由一垂、二垂直接得出第三垂并不是三垂都作为已知条件.
典例
(1) 在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，求证：$$证明　$A_1C \perp BC_1$在正方体ABCD−A₁B₁C₁D₁中,因为A₁B₁⊥平面BCC₁B₁,A₁C是平面BCC₁B₁的一条斜线,B₁C是A₁C在平面BCC₁B₁上的射影,由三垂线定理知A₁C⊥BC₁.$$.
(2) 如图，$ ABCD $ 为直角梯形，$ \angle DAB = \angle ABC = 90^{\circ} $，$ AD = 2AB = 2BC $，$ PA$⊥平面ABCD.求证：PC⊥CD.$\perp $ 平面 $ ABCD $. 求证：$ PC \perp CD $.证明　连接AC,因为∠ABC=90°,AB=BC,所以AC=√2AB,∠BAC=45°.又AD=2AB,∠DAB=90°,所以∠DAC=45°,AD=2AB,AC=√2AB,由余弦定理得CD=√2AB,所以AC²+CD²=AD²,所以AC⊥CD.因为PA⊥平面ABCD,PC是平面ABCD的一条斜线,AC是PC在平面ABCD上的射影,且AC⊥CD,由三垂线逆定理知PC⊥CD.

答案： 典例
(1) 在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，求证：$ A_1C \perp BC_1 $
证明　在正方体ABCD−A₁B₁C₁D₁中，因为A₁B₁⊥平面BCC₁B₁，A₁C是平面BCC₁B₁的一条斜线，B₁C是A₁C在平面BCC₁B₁上的射影，由三垂线定理知A₁C⊥BC₁.
(2) 如图，$ ABCD $ 为直角梯形，$ \angle DAB = \angle ABC = 90^{\circ} $，$ AD = 2AB = 2BC $，$ PA \perp $ 平面 $ ABCD $. 求证：$ PC \perp CD $.
证明　连接AC,因为∠ABC=90°,AB=BC,所以AC=√2AB,∠BAC=45°.又AD=2AB,∠DAB=90°,所以∠DAC=45°,AD=2AB,AC=√2AB,由余弦定理得CD=√2AB,所以AC²+CD²=AD²,所以AC⊥CD.因为PA⊥平面ABCD,PC是平面ABCD的一条斜线,AC是PC在平面ABCD上的射影,且AC⊥CD,由三垂线逆定理知PC⊥CD.

考点二 平面与平面垂直的判定与性质
例 2 (2023·全国甲卷) 如图，在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ A_1C \perp $ 平面 $ ABC $，$ \angle ACB = 90^{\circ} $.

(1) 证明：平面 $ ACC_1A_1 \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $；
(2) 设 $ AB = A_1B $，$ AA_1 = 2 $，求四棱锥 $ A_1 - BB_1C_1C $ 的高.证明　(1)因为A₁C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A₁C⊥BC,因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC,又A₁C∩AC=C,A₁C,AC⊂平面ACC₁A₁,所以BC⊥平面ACC₁A₁,又BC⊂平面BB₁C₁C,所以平面ACC₁A₁⊥平面BB₁C₁C;解　(2)如图,过点A₁作A₁H⊥CC₁,交CC₁于点H,由(1)知平面ACC₁A₁⊥平面BB₁C₁C,又平面ACC₁A₁∩平面BB₁C₁C=CC₁,A₁H⊂平面ACC₁A₁,所以A₁H⊥平面BB₁C₁C,即四棱锥A₁−BB₁C₁C的高为A₁H.由题意知AB=A₁B,BC=BC,∠A₁CB=∠ACB=90°,则△ACB≌△A₁CB,故CA=CA₁.又AA₁=2,∠ACA₁=90°,所以CA=CA₁=√2.在等腰直角△CA₁C中,A₁H为斜边中线,所以A₁H=$\frac{1}{2}$CC₁=1,故四棱锥A₁−BB₁C₁C的高为1.

答案：
例2
(1)证明　因为A₁C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A₁C⊥BC,
　因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC,
　又A₁C∩AC=C,A₁C,AC⊂平面ACC₁A₁,所以BC⊥平面ACC₁A₁,
　又BC⊂平面BB₁C₁C,
　所以平面ACC₁A₁⊥平面BB₁C₁C;
(2)解　如图,过点A₁作A₁H⊥CC₁,交CC₁于点
　H,
　　　　　　　　　　　 由
(1)知平面ACC₁A₁⊥平
　面BB₁C₁C,
　又平面ACC₁A₁∩平面
BB₁C₁C=CC₁,
A₁H⊂平面ACC₁A₁,
　所以A₁H⊥平面BB₁C₁C,
　即四棱锥A₁−BB₁C₁C的高为A₁H.
　由题意知AB=A₁B₁,BC=BC₁,∠A₁CB=
　∠ACB=90°,
　则△ACB≌△A₁CB,故CA=CA₁.
　又AA₁=2,∠ACA₁=90°,
所以A₁C₁=CA₁=√2.
　在等腰直角△CA₁C中,A₁H为斜边中线,
　所以A₁H=$\frac{1}{2}$CC₁=1,
　故四棱锥A₁−BB₁C₁C的高为1.