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第四節　空間直線、平面的垂直
課標解讀 考向預測
1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系. 2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單的應用. 近三年高考考查空間直線、平面的垂直，主要以直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質為主，通常和空間向量結合命題，考查考生的推理論證能力和轉化與化歸能力，難度適中．預計2025年高考本節內容仍會考查，以解答題第(1)問的形式呈現，難度中檔.
【知識梳理】
1．直線與平面垂直
(1)直線與平面垂直的定義
如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直 l⊥α
性質定理 垂直于同一個平面的兩條直線平行 a∥b
2.直線與平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角叫做這條直線與這個平面所成的角．一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：.
3．二面角
(1)定義：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．
(3)范圍：[0，π]．
4．平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直 α⊥β　　
性質定理 兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直 l⊥α
【常用結論】
1．兩個重要結論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．
(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法)．
2．三種垂直關系的轉化
線線垂直線面垂直面面垂直
3．三垂線定理
在平面內的一條直線，如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．
4．三垂線定理的逆定理
平面內的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內的射影垂直．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)直線l與平面α內的無數條直線都垂直，則l⊥α.(　　)
(2)垂直于同一個平面的兩平面平行．(　　)
(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面．(　　)
(4)若平面α⊥平面β，則平面α內一定存在直線平行于平面β.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．小題熱身
(1)已知平面α⊥平面β，直線m 平面α，直線n 平面β，α∩β＝l，給出下列說法：①若m⊥n，則m⊥l；②若m⊥l，則m⊥β；③若m⊥β，則m⊥n，其中正確說法的序號為(　　)
A．①②③ B．①②
C．①③ D．②③
答案　D
解析　平面α⊥平面β，直線m 平面α，直線n 平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①錯誤；②若m⊥l，由面面垂直的性質定理可得m⊥β，故②正確；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正確．故選D.
(2)設m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內，下列結論中錯誤的是(　　)
A．若m⊥α，n∥α，則m⊥n
B．若m⊥α，n⊥α，則m∥n
C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α
D．若m⊥n，n∥α，則m⊥α
答案　D
解析　對于A，∵n∥α，由線面平行的性質定理可知，過直線n的平面β與平面α的交線l平行于n，∵m⊥α，l α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正確；對于B，若m⊥α，n⊥α，由直線與平面垂直的性質，可得m∥n，故B正確；對于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n α，又n α，∴n∥α，故C正確；對于D，若m⊥n，n∥α，則m∥α或m與α相交或m α，而m α，則m∥α或m與α相交，故D錯誤．故選D.
(3)(多選)(2024·山東聊城質檢)已知兩條不同的直線l，m和兩個不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四個命題中正確的是(　　)
A．若m⊥β，則l∥m
B．若α∥β，則l⊥α
C．若α⊥β，則l∥α
D．若l⊥m，則m∥β
答案　AB
解析　對于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正確；對于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正確；對于C，若l⊥β，α⊥β，則l∥α或l α，故C錯誤；對于D，若l⊥β，l⊥m，則m∥β或m β，故D錯誤．故選AB.
(4)(多選)(人教A必修第二冊習題8.6 T20改編)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是(　　)
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
答案　ABD
解析　對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，而BC 底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對于B，由A項可知，BC⊥AE，由題意可知，AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC 平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF 平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正確；對于C，若AC⊥PB，因為AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB 平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC 平面PBC，則AC⊥PC，與AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C錯誤；對于D，由B項可知，AE⊥平面PBC，AE 平面AEF，由面面垂直的判定定理，可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正確．故選ABD.
【考點探究】
考點一　空間中垂直關系的基本問題
例1　已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；
②若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β；
③若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；
④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.
其中所有正確的命題是(　　)
A．②③ B．①④
C．②④ D．①③
答案　B
解析　對于①，若m⊥n，過直線m上點A作直線l，使l∥n，則直線m與l確定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如圖1，則有l⊥β，因為m⊥α，m γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c γ得c∥l，則c⊥β，所以α⊥β，①正確；對于②，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分別為平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中點分別為M，N，P，連接MN，MP，令直線MN，MP分別為直線m，n，如圖2，顯然滿足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②錯誤；對于③，取②中正方體，令平面ABCD，平面DCC1D1分別為平面α，β，直線AA1，A1B1分別為直線m，n，顯然滿足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③錯誤；對于④，因為n∥β，則存在過直線n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，則有m⊥β，從而有m⊥b，所以m⊥n，④正確．故選B.
　
【通性通法】
與垂直關系有關命題真假的判斷方法
(1)借助幾何圖形來說明．
(2)尋找反例，只要存在反例，結論就不正確．
(3)反復驗證所有可能的情況，必要時要運用判定或性質定理進行簡單說明．
【鞏固遷移】
1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題：
①如果m α，n α，m∥β，n∥β，那么m∥n；
②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；
③如果α⊥β，m α，n β，那么m⊥n；
④如果α∩β＝m，m⊥n，n α，那么n⊥β.
其中正確命題的個數為(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
答案　D
解析　對于①，如果m α，n α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m與n相交，故①錯誤；對于②，如果m∥n，n⊥α，由線面垂直的性質可知m⊥α，故②正確；對于③，如果α⊥β，m α，n β，那么m⊥n或m∥n或m與n相交(不垂直)或m與n異面(不垂直)，故③錯誤；對于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n α，那么n⊥β或n與β相交(不垂直)，故④錯誤．故選D.
考點二　直線與平面垂直的判定與性質(多考向探究)
考向1　直線與平面垂直的判定
例2　(1)(2023·天津河西期末)如圖，圓柱OO′中，AA′是側面的母線，AB是底面的直徑，C是底面圓上一點，則(　　)
A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′AB
C．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB
答案　A
解析　對于A，依題意AA′⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圓的直徑，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC 平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正確；對于B，顯然BC與AB不垂直，則BC不可能垂直于平面A′AB，故B錯誤；對于C，顯然AC與A′C不垂直，則AC不可能垂直于平面A′BC，故C錯誤；對于D，顯然AC與AB不垂直，則AC不可能垂直于平面A′AB，故D錯誤．故選A.
(2)(2024·四川綿陽模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E分別為AB，PB的中點，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求證：BC⊥平面PAC.
證明　∵在△AEB中，D是AB的中點，EB＝EA，
∴ED⊥AB，
∵E是PB的中點，D是AB的中點，
∴ED∥PA，∴PA⊥AB，
又PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，
∴PA⊥平面ABC，
∵BC 平面ABC，
∴PA⊥BC，
又PC⊥BC，PA∩PC＝P，PA，PC 平面PAC，
∴BC⊥平面PAC.
【通性通法】
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(a⊥α，α∥β a⊥β)．
(4)面面垂直的性質(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α)．
2．證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．因此判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想．
【鞏固遷移】
2.(2023·江蘇金陵中學三模)如圖，圓錐DO中，AE為底面圓O的直徑，AE＝AD，△ABC為底面圓O的內接正三角形，圓錐的高DO＝18，點P為線段DO上一個動點．當PO＝3時，證明：PA⊥平面PBC.
證明　連接DE，因為AE＝AD，AD＝DE，
所以△ADE是正三角形，則∠DAO＝，
又DO⊥底面圓O，AE 底面圓O，
所以DO⊥AE，
在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝＝6.
因為△ABC是正三角形，
所以AB＝AO××2＝6×＝18，
AP＝＝9，BP＝AP，
所以AP2＋BP2＝AB2，即AP⊥BP，
同理可證AP⊥PC，
又BP∩PC＝P，BP，PC 平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
考向2　直線與平面垂直的性質
例3　(1)已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A α，B α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝(　　)
A．2 B．1
C． D．
答案　A
解析　因為AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.連接OD，則O，C，D三點共線，所以＝.因為OA＝AB，所以＝.因為AC＝1，所以BD＝2.故選A.
(2)(2024·山東臨沂一中階段考試)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖所示，A1A＝AB，G，E，F分別是A1C1，AB，BC的中點，求證：EF⊥GB.
證明　
連接B1G，在等邊三角形A1B1C1中，因為G是A1C1的中點，
所以B1G⊥A1C1.
因為B1B⊥平面A1B1C1，
A1C1 平面A1B1C1，
所以B1B⊥A1C1.
因為B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B 平面B1BG，
所以A1C1⊥平面B1BG，
因為GB 平面B1BG，
所以A1C1⊥GB，
又因為E，F分別是AB，BC的中點，
所以EF∥AC，所以EF∥A1C1，
所以EF⊥GB.
【通性通法】
1．垂直關系里線線垂直是基礎
2．垂直關系中線面垂直是重點
(1)
(2)
【鞏固遷移】
3．過△ABC所在平面α外的一點P，作PO⊥α，垂足為O，若點P到直線AB，AC和BC的距離都相等，則點O是△ABC的(　　)
A．內心 B．外心
C．重心 D．垂心
答案　A
解析　如圖，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由題意可得PE＝PF＝PD，又PO⊥平面ABC，而AC 平面ABC，AB 平面ABC，BC 平面ABC，∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD＝P，PO∩PE＝P，PO∩PF＝P，∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD 平面POD，OE 平面POE，OF 平面POF，∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD＝，OE＝ ，OF＝，∴OD＝OE＝OF，故O一定是△ABC的內心．故選A.
4.(2024·山西大同一中階段練習)如圖，在四面體P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.
(1)求證：PB⊥平面APD；
(2)若AG⊥PD，G為垂足，求證：AG⊥BD.
證明　(1)由AD⊥平面PAB，PB 平面PAB，得AD⊥PB，
又PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD 平面APD，所以PB⊥平面APD.
(2)由(1)及PB 平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，
又平面PBD∩平面APD＝PD，AG⊥PD，AG 平面APD，
所以AG⊥平面PBD，而BD 平面PBD，
所以AG⊥BD.
考點三　平面與平面垂直的判定與性質
例4　
如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ADEF為正方形，DE＝BD＝1，CE＝，G為DA的中點，H為DE的中點．
(1)求證：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；
(2)求三棱錐B－CEG的體積．
解　(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，
所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.
因為四邊形ABCD為菱形，所以DC＝DE＝1.
又因為CE＝，所以CE2＝DE2＋DC2，
所以DE⊥DC.
因為DA∩DC＝D，且DA，DC 平面ABCD，
所以DE⊥平面ABCD.
又因為DE 平面ADEF，
所以平面ADEF⊥平面ABCD.
因為BD＝1＝DA＝AB，G為DA的中點，
所以BG⊥DA.
又BG 平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，
所以BG⊥平面ADEF.
因為HF 平面ADEF，所以BG⊥HF.
因為四邊形ADEF為正方形，G為DA的中點，H為DE的中點，
所以tan∠HFE＝tan∠GED＝，
∠HFE＝∠GED.
因為∠GEF＋∠GED＝，
所以∠GEF＋∠HFE＝，從而HF⊥GE.
因為BG∩GE＝E，BG，GE 平面BGE，
所以HF⊥平面BGE，
因為BE 平面BGE，所以HF⊥BE.
(2)因為四邊形ADEF為正方形，
所以DE⊥DA.
又DE 平面ADEF，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，
所以DE⊥平面ABCD，
可得三棱錐E－GBC的高為DE＝1.
因為BG⊥DA，DA∥BC，所以BG⊥BC.
又BG＝＝＝，
所以△GBC的面積S＝BG×BC＝××1＝，
所以VB－CEG＝VE－GBC＝S×DE＝××1＝.
【通性通法】
1．判定面面垂直的方法
(1)面面垂直的定義．
(2)面面垂直的判定定理．
2．面面垂直性質的應用
(1)面面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”．
(2)若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．
【鞏固遷移】
5.(2024·山東棗莊三中月考)在三棱錐V－ABC中，側面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，則(　　)
A．AC⊥BC B．VB⊥AC
C．VA⊥BC D．VC⊥AB
答案　C
解析　因為∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC為等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC與BC不垂直，即A錯誤；過點V作VO⊥BC于點O，連接OA，因為側面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即點V在底面ABC上的投影為點O，因為OA 平面ABC，所以VO⊥OA.因為VA＝VB，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以OA⊥BC，因為VO∩OA＝O，VO，OA 平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因為VA 平面VOA，所以VA⊥BC，即C正確；由三垂線定理知，若VB⊥AC，則BC⊥AC，這與∠ACB＝45°矛盾，故VB與AC不垂直，同理，VC與AB不垂直，即B，D錯誤．故選C.
6.(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．
解　(1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
因為∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，
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)如圖，過點A1作A1O⊥CC1，垂足為O.
因為平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.
因為∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC為公共邊，
所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC.
又AC＝A1C1，
所以A1C＝A1C1，
又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1，
所以△CA1C1是等腰直角三角形，
所以A1O＝CC1＝1，
所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.
考點四　幾何法求直線與平面所成的角與二面角
例5　(多選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC與BD交于點O，則下列結論正確的是(　　)
A．BD＝AC
B．BD⊥平面PAC
C．PB與平面ABCD所成的角為
D．二面角P－BD－A的正切值為2
答案　BCD
解析　∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2，故A不正確；∵PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正確；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA為PB與平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝，即PB與平面ABCD所成的角為，故C正確；如圖，連接PO，由B項知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA為二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值為2，故D正確．故選BCD.
【通性通法】
(1)利用幾何法求空間線線角、線面角、二面角時要注意“作角、證明、計算”是一個完整的過程，缺一不可．
(2)斜線與平面所成的角，首先作出平面的垂線，得出斜線在平面內的射影，從而得出斜線與平面所成的角，轉化為直角三角形求解．
(3)求空間角中的難點是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定義法：根據平面角的概念直接作，如二面角的棱是兩個等腰三角形的公共底邊，就可以取棱的中點；②垂面法：過二面角棱上一點作棱的垂面，則垂面與二面角的兩個半平面的交線所成的角就是二面角的平面角或其補角；③垂線法：過二面角的一個半平面內一點A作另一個半平面所在平面的垂線，得到垂足B，再從垂足B向二面角的棱作垂線，垂足為C，這樣二面角的棱就垂直于這兩條垂線所確定的平面ABC，連接AC，則AC也與二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其補角，這樣就把問題歸結為解一個直角三角形，這是求解二面角最基本、最重要的方法．
【鞏固遷移】
7．(多選)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分別是AB，CD的中點，P是BM的中點．將矩形AMND沿MN折起，形成多面體AMB－DNC.
則下列結論正確的是(　　)
A．BD∥平面ANP
B．BD⊥平面ANP
C．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為
D．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為
答案　AD
解析　如圖，連接MD交AN于點O，連接OP，由題意，得四邊形AMND為矩形，∴O為MD的中點，又P為BM的中點，∴OP∥BD，∵BD 平面ANP，OP 平面ANP，∴BD∥平面ANP，故A正確，B錯誤；∵AM⊥MN，BM⊥MN，∴∠AMB即為二面角A－MN－B的平面角，∵∠AMB＝120°，且MN⊥平面ABM，∴BC⊥平面ABM，∵BC 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ABM，過P作PQ⊥AB于點Q，∴PQ⊥平面ABCD，∴∠PAB即為AP與平面ABCD所成的角，易得AM＝MB＝2，AB＝2，PB＝1，∴PQ＝，BQ＝，∴AQ＝，∴AP＝＝，∴sin∠PAB＝＝＝，∴直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為，故C錯誤，D正確．故選AD.
考點五　平行、垂直關系的綜合問題
例6　(2024·黑龍江哈爾濱期末)如圖1，在平行四邊形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，現將△ADC沿AC折起，得到三棱錐D′－ABC(如圖2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E為D′C的中點．
(1)求證：AE⊥平面D′BC；
(2)在∠ACB的平分線上是否存在點F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的長；若不存在，請說明理由．
解　(1)證明：在 ABCD中，可得AD＝BC＝AC，
則AD′＝AC，因為E為D′C的中點，
所以AE⊥D′C，
因為AC⊥BC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，BC 平面ABC，
所以BC⊥平面AD′C，
因為AE 平面AD′C，所以AE⊥BC，
因為BC∩D′C＝C，BC，D′C 平面D′BC，
所以AE⊥平面D′BC.
(2)取AB的中點O，連接CO并延長至點F，使CO＝OF，連接AF，D′F，BF，OE，
因為BC＝AC，
所以射線CO是∠ACB的平分線．
又因為E是D′C的中點，所以OE∥D′F，
因為OE 平面ABE，D′F 平面ABE，
所以D′F∥平面ABE，
因為AB，FC互相平分，
所以四邊形ACBF為平行四邊形，
所以BC∥AF，
因為BC⊥平面AD′C，AD′ 平面AD′C，
所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，
又因為AF＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，
故D′F＝.
【通性通法】
1．解決平行與垂直中探索性問題的主要途徑
(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明．
(2)先通過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．涉及點的位置的探索性問題一般是先根據條件猜測點的位置再給出證明，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據相似知識取點．
【鞏固遷移】
8．(2024·廣東深圳翠園中學期末)如圖，在平面五邊形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足為H，將△ADE沿AD折起(如圖)，使得平面ADE⊥平面ABCD.
(1)求證：EH⊥平面ABCD；
(2)求三棱錐C－ADE的體積；
(3)在線段BE上是否存在點M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
解　(1)證明：因為EH⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH 平面ADE，
所以EH⊥平面ABCD.
(2)在Rt△ADE中，
因為AE＝6，AD＝10，所以DE＝8，
因為DE·AE＝AD·EH，所以EH＝，
因為∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝4，
所以△ACD的面積S＝×4×8＝16，
所以VC－ADE＝VE－ACD＝S·EH＝×16×＝.
(3)解法一：過點H作HN∥DE交AE于點N，過點N作NM∥AB交EB于點M，連接HM.
因為AB∥DC，所以MN∥CD，
因為CD 平面CDE，MN 平面CDE，
所以MN∥平面CDE，
同理，NH∥平面CDE，
又因為MN∩NH＝N，MN，NH 平面MNH，
所以平面MNH∥平面CDE.
因為MH 平面MNH，
所以MH∥平面CDE.
在Rt△AED中，EH⊥AD，
所以DH·AD＝DE2，
又因為DE＝8，AD＝10，所以DH＝，
因為HN∥DE，所以＝＝，
又因為MN∥AB，所以＝＝，
所以在線段BE上存在點M，使得MH∥平面CDE，且＝.
解法二：過點H作HG∥CD交BC于點G，過點G作GM∥CE交EB于點M，連接HM.
因為HG∥CD，CD 平面CDE，HG 平面CDE，
所以HG∥平面CDE，
同理，GM∥平面CDE.
又因為HG∩GM＝G，HG，GM 平面MHG，
所以平面MHG∥平面CDE.
因為MH 平面MHG，所以MH∥平面CDE.
在Rt△AED中，因為EH⊥AD，
所以DH·AD＝DE2，
又因為DE＝8，AD＝10，所以DH＝，
因為HG∥CD，所以＝＝，
因為MG∥CE，所以＝＝，
所以在線段BE上存在點M，使得MH∥平面CDE，且＝.
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第四節　空間直線、平面的垂直
課標解讀 考向預測
1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系. 2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單的應用. 近三年高考考查空間直線、平面的垂直，主要以直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質為主，通常和空間向量結合命題，考查考生的推理論證能力和轉化與化歸能力，難度適中．預計2025年高考本節內容仍會考查，以解答題第(1)問的形式呈現，難度中檔.
【知識梳理】
1．直線與平面垂直
(1)直線與平面垂直的定義
如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直 l⊥α
性質定理 垂直于同一個平面的兩條直線平行 a∥b
2.直線與平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角叫做這條直線與這個平面所成的角．一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：.
3．二面角
(1)定義：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．
(3)范圍：[0，π]．
4．平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直 α⊥β　　
性質定理 兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直 l⊥α
【常用結論】
1．兩個重要結論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．
(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法)．
2．三種垂直關系的轉化
線線垂直線面垂直面面垂直
3．三垂線定理
在平面內的一條直線，如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．
4．三垂線定理的逆定理
平面內的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內的射影垂直．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)直線l與平面α內的無數條直線都垂直，則l⊥α.(　　)
(2)垂直于同一個平面的兩平面平行．(　　)
(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面．(　　)
(4)若平面α⊥平面β，則平面α內一定存在直線平行于平面β.(　　)
2．小題熱身
(1)已知平面α⊥平面β，直線m 平面α，直線n 平面β，α∩β＝l，給出下列說法：①若m⊥n，則m⊥l；②若m⊥l，則m⊥β；③若m⊥β，則m⊥n，其中正確說法的序號為(　　)
A．①②③ B．①②
C．①③ D．②③
(2)設m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內，下列結論中錯誤的是(　　)
A．若m⊥α，n∥α，則m⊥n
B．若m⊥α，n⊥α，則m∥n
C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α
D．若m⊥n，n∥α，則m⊥α
(3)(多選)(2024·山東聊城質檢)已知兩條不同的直線l，m和兩個不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四個命題中正確的是(　　)
A．若m⊥β，則l∥m
B．若α∥β，則l⊥α
C．若α⊥β，則l∥α
D．若l⊥m，則m∥β
(4)(多選)(人教A必修第二冊習題8.6 T20改編)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是(　　)
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
【考點探究】
考點一　空間中垂直關系的基本問題
例1　已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；
②若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β；
③若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；
④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.
其中所有正確的命題是(　　)
A．②③ B．①④
C．②④ D．①③
【通性通法】
與垂直關系有關命題真假的判斷方法
(1)借助幾何圖形來說明．
(2)尋找反例，只要存在反例，結論就不正確．
(3)反復驗證所有可能的情況，必要時要運用判定或性質定理進行簡單說明．
【鞏固遷移】
1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題：
①如果m α，n α，m∥β，n∥β，那么m∥n；
②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；
③如果α⊥β，m α，n β，那么m⊥n；
④如果α∩β＝m，m⊥n，n α，那么n⊥β.
其中正確命題的個數為(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
考點二　直線與平面垂直的判定與性質(多考向探究)
考向1　直線與平面垂直的判定
例2　(1)(2023·天津河西期末)如圖，圓柱OO′中，AA′是側面的母線，AB是底面的直徑，C是底面圓上一點，則(　　)
A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′AB
C．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB
(2)(2024·四川綿陽模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E分別為AB，PB的中點，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求證：BC⊥平面PAC.
【通性通法】
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(a⊥α，α∥β a⊥β)．
(4)面面垂直的性質(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α)．
2．證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．因此判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想．
【鞏固遷移】
2.(2023·江蘇金陵中學三模)如圖，圓錐DO中，AE為底面圓O的直徑，AE＝AD，△ABC為底面圓O的內接正三角形，圓錐的高DO＝18，點P為線段DO上一個動點．當PO＝3時，證明：PA⊥平面PBC.
考向2　直線與平面垂直的性質
例3　(1)已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A α，B α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝(　　)
A．2 B．1
C． D．
(2)(2024·山東臨沂一中階段考試)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖所示，A1A＝AB，G，E，F分別是A1C1，AB，BC的中點，求證：EF⊥GB.
【通性通法】
1．垂直關系里線線垂直是基礎
2．垂直關系中線面垂直是重點
(1)
(2)
【鞏固遷移】
3．過△ABC所在平面α外的一點P，作PO⊥α，垂足為O，若點P到直線AB，AC和BC的距離都相等，則點O是△ABC的(　　)
A．內心 B．外心
C．重心 D．垂心
4.(2024·山西大同一中階段練習)如圖，在四面體P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.
(1)求證：PB⊥平面APD；
(2)若AG⊥PD，G為垂足，求證：AG⊥BD.
考點三　平面與平面垂直的判定與性質
例4　
如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ADEF為正方形，DE＝BD＝1，CE＝，G為DA的中點，H為DE的中點．
(1)求證：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；
(2)求三棱錐B－CEG的體積．
【通性通法】
1．判定面面垂直的方法
(1)面面垂直的定義．
(2)面面垂直的判定定理．
2．面面垂直性質的應用
(1)面面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”．
(2)若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．
【鞏固遷移】
5.(2024·山東棗莊三中月考)在三棱錐V－ABC中，側面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，則(　　)
A．AC⊥BC B．VB⊥AC
C．VA⊥BC D．VC⊥AB
6.(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．
考點四　幾何法求直線與平面所成的角與二面角
例5　(多選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC與BD交于點O，則下列結論正確的是(　　)
A．BD＝AC
B．BD⊥平面PAC
C．PB與平面ABCD所成的角為
D．二面角P－BD－A的正切值為2
【通性通法】
(1)利用幾何法求空間線線角、線面角、二面角時要注意“作角、證明、計算”是一個完整的過程，缺一不可．
(2)斜線與平面所成的角，首先作出平面的垂線，得出斜線在平面內的射影，從而得出斜線與平面所成的角，轉化為直角三角形求解．
(3)求空間角中的難點是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定義法：根據平面角的概念直接作，如二面角的棱是兩個等腰三角形的公共底邊，就可以取棱的中點；②垂面法：過二面角棱上一點作棱的垂面，則垂面與二面角的兩個半平面的交線所成的角就是二面角的平面角或其補角；③垂線法：過二面角的一個半平面內一點A作另一個半平面所在平面的垂線，得到垂足B，再從垂足B向二面角的棱作垂線，垂足為C，這樣二面角的棱就垂直于這兩條垂線所確定的平面ABC，連接AC，則AC也與二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其補角，這樣就把問題歸結為解一個直角三角形，這是求解二面角最基本、最重要的方法．
【鞏固遷移】
7．(多選)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分別是AB，CD的中點，P是BM的中點．將矩形AMND沿MN折起，形成多面體AMB－DNC.
則下列結論正確的是(　　)
A．BD∥平面ANP
B．BD⊥平面ANP
C．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為
D．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為
考點五　平行、垂直關系的綜合問題
例6　(2024·黑龍江哈爾濱期末)如圖1，在平行四邊形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，現將△ADC沿AC折起，得到三棱錐D′－ABC(如圖2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E為D′C的中點．
(1)求證：AE⊥平面D′BC；
(2)在∠ACB的平分線上是否存在點F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的長；若不存在，請說明理由．
【通性通法】
1．解決平行與垂直中探索性問題的主要途徑
(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明．
(2)先通過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．涉及點的位置的探索性問題一般是先根據條件猜測點的位置再給出證明，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據相似知識取點．
【鞏固遷移】
8．(2024·廣東深圳翠園中學期末)如圖，在平面五邊形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足為H，將△ADE沿AD折起(如圖)，使得平面ADE⊥平面ABCD.
(1)求證：EH⊥平面ABCD；
(2)求三棱錐C－ADE的體積；
(3)在線段BE上是否存在點M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
課時作業
【A組 基礎練習】
一、單項選擇題
1．(2024·江西南昌一中階段考試)已知α，β是兩個不同的平面，a，b，c是三條不同的直線，則下面說法中正確的是(　　)
A．若a α，b α，且c⊥a，c⊥b，則c⊥α
B．若a α，且b⊥a，則b⊥α
C．若b⊥α，且c⊥b，則c∥α
D．若a⊥α，b⊥β，且c∥a，c∥b，則α∥β
2．(2023·河南洛陽模擬)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且m α，α∥β，則“m⊥n”是“n⊥β”的(　　)
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
3.如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　)
A．直線AB上 B．直線BC上
C．直線AC上 D．△ABC內部
4.(2024·山東高密三中階段練習)如圖，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，則圖中與平面PCD垂直的平面是(　　)
A．平面ABCD B．平面PBC
C．平面PAD D．平面PAB
5．(2023·浙江杭州模擬)在二面角α－l－β中，A∈α，AB⊥平面β于點B，BC⊥平面α于點C，若AB＝6，BC＝3，則二面角α－l－β的平面角的大小為(　　)
A．30° B．60°
C．30°或150° D．60°或120°
6．(2023·云南紅河州模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，設M為BC的中點，則下列說法正確的是(　　)
A．A1M⊥BD
B．A1M∥平面CC1D1D
C．A1M⊥AB1
D．A1M⊥平面ABC1D1
7．(2023·全國乙卷)已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C－AB－D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為(　　)
A． B．
C． D．
8.如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F是棱C1D1上任意兩點，且EF＝1，P，Q是正方形ABCD及其內部的動點，且PQ＝1，則四面體P－EFQ體積的最大值為(　　)
A． B．
C．1 D．
二、多項選擇題
9.(2023·陜西寶雞中學模擬)如圖，正方形SG1G2G3中，E，F分別是G1G2，G2G3的中點，現在沿SE，SF，EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3重合，重合后的點記為G.下列關系中成立的是(　　)
A．SG⊥平面EFG B．SE⊥平面EFG
C．GF⊥SE D．EF⊥平面SEG
10．(2024·湖南湘潭一中檢測)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足MN⊥OP的是(　　)
三、填空題
11．(2023·河北石家莊模擬)已知△ABC在平面α內，∠BAC＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關系是________．
12.
(2024·福建泉州中學質檢)如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分別是線段BS，AD的中點，點R在線段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，則AR＝________．
13.(2023·安徽安慶一中模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，當底面A1B1C1滿足條件________時，有AB1⊥BC1.(注：填上你認為正確的一種條件即可，不必考慮所有可能的情況)
14.(2024·湖北襄陽一中月考)如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，則AC與平面BCC1B1所成的角為________．
四、解答題
15.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．
證明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
16.(2023·廣東東莞實驗中學5月月考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝3，沿對角線BD把△BCD折起，使點C到達點C′，且C′在平面ABD內的射影O恰好落在AB上．
(1)求證：平面DBC′⊥平面ADC′；
(2)求二面角C′－AD－B的余弦值．
【B組 素養提升】
17.(2024·海南文昌中學模擬)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，側棱與底面垂直，點P是側棱DD1上的點，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若點Q在側面BCC1B1(包括其邊界)上運動，且總保持AQ⊥BP，則動點Q的軌跡長度為(　　)
A． B．
C． D．
18．(多選)(2024·海南中學模擬)如圖，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD與AC交于點O，將△BAD沿直線BD翻折，則下列說法正確的是(　　)
A．存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥OC
B．存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥BD
C．存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥平面ACD
D．存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥平面ABD
19.在四棱錐P－ABCD中，△PAD是等邊三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD＝2AB＝2BC，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)在AD上是否存在一點M，使得平面PCM⊥平面ABCD？若存在，給出證明；若不存在，請說明理由；
(2)若△PCD的面積為8，求四棱錐P－ABCD的體積．
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