专题25空间直线平面的垂直

专题2专题25空间直线、平面的垂直№考向解读➊考点精析➋真题精讲➌模拟精练➍专题训练（新高考）备战2024高考数学一轮复习（新高考）备战2024高考数学一轮复习专题25空间直线、平面的垂直命题解读命题预测复习建议集合是历年高考的必考点，集合常出现在选择题的第一或第二次小题，题目以集合的运算为主，主要是集合的交、并、补的运算。从题目的难易度来看属于基础题，但从历年高考题来看，在集合的考察中穿查不等式的求解，因此在做集合题时要注意不等式的求解。高考注重的基础知识的灵活运用，集合题目简单，考查内容、题型稳定，考查的覆盖面会进一步加大。预计2024年的高考仍然会以考查集合间的关系、集合的基本运算为主，还是以选择题的形式出现，全国卷中与不等式结合的可能性比较大，要多注意。集合复习策略：1.掌握集合的含义以及基本关系；2.理解集合的基本运算；3.掌握不等式的求解。→➊考点精析←一、空间直线与平面垂直的判定与性质类别语言表述图形表示符号语言应用判定根据定义,证明一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线b是平面α内任意一条直线,b⊂α,a⊥b⇒a证明直线和平面垂直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

a,b⊂α,a⋂b=O如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于同一个平面

a⊥α,a∥b⇒b性质如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直

b⊂α,a⊥α⇒a证明两条直线垂直垂直于同一个平面的两条直线平行

a⊥α,b⊥α⇒a证明两条直线平行二、空间平面与平面垂直的判定与性质类别语言表述图形表示符号表示应用判定根据定义,证明两平面所成的二面角是直二面角∠AOB是二面角αlβ的平面角,且∠AOB=90°,则α⊥β

证明两个平面垂直如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直

l⊂β,l⊥α⇒α性质如果两个平面垂直,那么它们所成二面角的平面角是直角

α⊥β,∠AOB是二面角αaβ的平面角,则∠AOB=90°证明两条直线垂直如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面α⊥β,l⊂β,α⋂β=a证明直线与平面垂直→➋真题精讲←1.（2023全国文科甲卷18）如图，在三棱柱中，平面．（1）证明：平面平面；（2）设，求四棱锥的高．【答案】（1）证明见解析.（2）【解析】【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；(2)过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【小问1详解】证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面【小问2详解】如图，过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．2.（2023北京卷16）如图，在三棱锥中，平面，．（1）求证：平面PAB；（2）求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.【小问2详解】由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，所以，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.3.（2023全国Ⅱ卷20）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．（1）证明：；（2）点F满足，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．小问1详解】连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．【小问2详解】不妨设，，．，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为．→➌模拟精练←1．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．(1)证明：平面平面PBC；(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.【详解】（1）方法一：因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为ABCD为正方形，所以，又因为，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以，又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又因为平面AEF，所以平面平面PBC．方法二：因为底面ABCD，平面PAB，所以平面底面ABCD又平面底面，，平面ABCD，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以．因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，又因为平面AEF，所以平面平面PBC解法三：因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则，设，则，所以，，，，设为平面AEF的法向量，则所以取，则，，则，设为平面PBC的法向量，则所以取，则，，则因为，所以,所以平面平面PBC.（2）（基于（1）解法一、二）因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则，易知是平面PAB的法向量设，则，所以，，所以即，得，所以，设为平面AEF的法向量，则所以平面AEF的法向量，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．（另解）由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，所以解得，故F是BC的中点．所以，，的面积为因为，的面积为设点P到平面AEF的距离为h，则有解得所以点P到平面AEF的距离为．（基于（1）解法三）易知是平面PAB的法向量所以，即，解得所以，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．2．（2023·江苏·统考二模）如图，在三棱台中，，平面平面，二面角的大小为45°，，.(1)求证：平面ABC；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意可得，取AB中点O，连结，利用梯形和平行四边形的相关性质得到，则，再利用线面垂直的判定即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出两异面直线所在的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）因为，平面平面ABC，平面平面，平面ABC，所以平面，又因为，平面.所以，，所以是二面角的平面角，因为二面角的大小为45°，所以.取AB中点O，连结，在梯形中，，，所以四边形是平行四边形，所以，，从而在三角形中，，，所以，所以，即，所以.又因为，平面，，所以平面.（2）以О为坐标原点，OB为x轴，平面ABC内过О平行于BC的直线为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以异面直线与所成角的余弦值为.3．（2023·江苏·二模）已知矩形，，为的中点，现分别沿，将和翻折，使点重合，记为点．(1)求证：(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，先利用线面垂直判定定理证得平面，再由线面垂直性质得证；（2）先利用线面垂直判定定理证得，可得为直线与平面所成角的平面角，从而得解．【详解】（1）已知矩形，沿，将和翻折，使点重合，记为点，可得，取的中点，连接，，，，，又，，，平面，，；（2），，，，又四边形为矩形，，，，为直线与平面所成角的平面角，，即直线与平面所成角的正弦值为．4．（2023·广东广州·统考一模）如图，在四棱锥PABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，(1)求证：；(2)求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值.【解析】（1）取中点，连接，因为，且，所以四边形为平行四边形，即，因为，所以；因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以；，所以平面，平面，所以.（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，由（1）可知：平面，平面，所以平面平面，平面平面，则直线，由题意可知，，又，所以，在直角三角形中，，所以，，过做于，则，在中，，，则，，所以，所以，，则.5．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥PABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．【解析】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．因为PB＝PD，所以PO⊥BD．又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．又因为PD⊥AB，，平面PDM，所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．由AP⊥PC，在△APC中，，所以．以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面PAB的法向量为，所以，令得．设平面PBC的法向量为，所以，令得．设平面PAB与平面PBC的夹角为．所以，所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．6．（2023·山西晋中·统考三模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE与BD交于点F，G是的重心．(1)求证：平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，为等腰直角三角形，且，求直线AG与平面PBD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为的重心，∴．又，∴，∴，∴．又平面PCD，平面PCD，∴平面PCD．（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面平面，又PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD．取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则PO=2，于是，，，，，，于是，，．设平面PBD的法向量为，则，∴，∴，不妨取z=1，则，∴，∴AG与平面PBD所成角的正弦值为．7．（2023·湖北·校联考三模）已知平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）的各条棱长均为2，且有．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接AC和，由底面是菱形得，由与全等，得为的中点，又平面，平面，平面，

又平面平面平面．（2）以为x轴，以为y轴，以过O与底面垂直的直线为z轴，建立如图空间坐标系，则

过A作底面的垂线，垂足为H，由为正三棱锥知H为的重心，设，由，得，又取平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则∴直线与平面所成角的正弦值为．8．（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，在直四棱柱ABCD中，底面ABCD为菱形，，，E为线段上一点.(1)求证：；(2)若平面与平面ABCD的夹角的余弦值为，求直线BE与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接，底面为菱形，.又平面平面.又面，平面.又平面.（2）设的中点为，连接，如图：为等边三角形，，又，则.又平面，则.以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设平面的一个法向量为，令，则.又平面的一个法向量为，则.又平面与平面的夹角的余弦值为，，，，.直线与平面所成角的正弦值为.9．（2023·湖南永州·统考三模）已知底面为菱形的平行六面体中，，四边形为正方形，交于点M.(1)证明：；(2)若，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接交于点O，连接OM四边形为菱形，为中点，四边形为正方形，，，平面，平面

平面（2）以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，得，，，由（1）知，平面平面，，是等边三角形点M作MH垂直OC于点H，在中，，，可得CM边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，由勾股定理可得，故，，,,,设平面的法向量为，则，即，令，，所以平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，，直线与平面所成角的余弦值→➍专题训练←1.若直线平面，直线平面，则直线a与直线b的位置关系为（）A．异面 B．相交 C．平行 D．平行或异面【答案】C【解析】由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线平面，直线平面时，直线与直线平行.故选：C.2.已知直线与平面，则下列结论成立的是（）A．若直线垂直于平面内的两条直线，则B．若直线垂直于平面内的无数条直线，则C．若直线平行于平面内的一条直线，则D．若直线与平面无公共点，则【答案】D【解析】对于A选项，直线垂直于平面内的两条相交直线，则，故A选项错误；对于B选项，若直线垂直于平面内的无数条直线，但可能还是不存在相交直线，故B选项错误；对于C选项，当直线在平面内时，不满足，故C选项错误；对于D选项，由线面平行的定义得：若直线与平面无公共点，则，故D选项正确.故选：D.3.已知直线，平面，，，，，那么“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若，则在平面内必定存在一条直线有，因为，所以，若，则，又，即可得；若，由，，可得，又，则有.所以“”是“”的充分必要条件.故选：C.4.在正方体中，若，分别为，的中点，则（）A．直线平面 B．直线平面C．平面平面 D．平面平面【答案】BD【解析】如图，取的中点G，连接，可证，得四边形为平行四边形，则，若直线平面，则//平面ACD或平面，与平面矛盾，故A错误；由正方体的结构特征可得平面，则，又平面，得，同理可证，又，直线平面ACD1，故B正确;而BD平面，平面平面ACD1，故D正确;连接，由，可得四边形AA1C1C为平行四边形，则平面A1BC1，AC平面A1BC1，平面A1BC1，同理AD1平面A1BC1，又AC∩AD1=A，平面A1BC1//平面ACD1，若平面A1EF平面ACD1，则平面A1EF与平面A1BC1重合，则EF平面A1BC1，与EF平面A1BC1矛盾，故C错误．故选：BD5.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图在堑堵中，，且.下述四个结论正确结论的编号是______________.

①四棱锥为“阳马”②四面体为“鳖臑”③过点分别作于点，于点，则④四棱锥体积最大为【答案】①②③【解析】对于①：因为为堑堵，所以侧棱平面，所以，又，所以平面，满足“阳马”的定义：一条侧棱垂直于底面的四棱锥，所以四棱锥为“阳马”，故①正确；对于②：因为底面，所以，即为直角三角形，同理也为直角三角形，由①可得平面，所以，即为直角三角形，因为底面，所以又因为，所以平面，所以，即为直角三角形，所以四面体的四个面全为直角三角形，即四面体为“鳖臑”，故②正确；对于③：由①可得平面，平面,所以，又，所以平面，所以，又，所以平面AEF，所以，故③正确；对于④：设，则矩形的面积为，在中，，所以四棱锥体积，故④错误，故答案为：①②③6．（2023·吉林长春·统考三模）如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点．(1)证明：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，，∵△是边长为2的等边三角形，∴，，故翻折后有，又，则，，，所以△△，即，则，由，、平面，故平面，∵，则，∴平面，又平面，∴．（2）在面内作，交于，由平面，平面，所以，故两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由（1）得，四边形为矩形，在△中，，由余弦定理得，故，所以，，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，令，则，设直线与平面所成角为，则．7．（2023·河北唐山·统考三模）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.(1)证明：平面；(2)若，，且三棱锥的体积为18，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）过点作于点，因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，则，又因为平面，所以平面；（2）由（1）知平面平面，得，又，所以，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，又因为，所以，，，设是平面的一个法向量，则，即，所以可取，设是平面的一个法向量，则即，所以可取，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.8．（2023·山东日照·三模）如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面.(1)求证：；(2)若直线与平面所成的角为为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直的性质，线面垂直的判定和性质即可求解；（2）根据线面角的定义，建立坐标系后利用法向量求二面角即可.【详解】（1）

设，则中点为，且,∵平面平面且交线为平面，∴平面，∵平面，∴，又直三棱柱，面，面，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.（2）由（1）知平面，所以直线与平面所成的角为，,以为原点，分别为轴正向建立坐标系，,则，设平面的法向量为，则，故可设，又因为平面设平面的法向量为，则，设平面与平面所成锐二面角为，∴，∵为锐角，∴..

9．（2023·山东德州·三模）图1是直角梯形，，，，，，四边形为平行四边形，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．(1)求证：平面平面；(2)在