2025《金版教程•高考数学复习创新方案》第4节 空间直线、平面的垂直

第四节空间直线、平面的垂直课标解读考向预测1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单的应用.近三年高考考查空间直线、平面的垂直，主要以直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质为主，通常和空间向量结合命题，考查考生的推理论证能力和转化与化归能力，难度适中．预计2025年高考本节内容仍会考查，以解答题第(1)问的形式呈现，难度中档.必备知识——强基础1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的eq\x(\s\up1(01))任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理如果一条直线与一个平面内的eq\x(\s\up1(02))两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(03))m⊂α,\x(\s\up1(04))n⊂α,m∩n＝P,\x(\s\up1(05))l⊥m,\x(\s\up1(06))l⊥n))⇒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\co1(\x(\s\up1(07))a⊥α,\x(\s\up1(08))b⊥α))⇒a∥b2.直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的eq\x(\s\up1(09))射影所成的角叫做这条直线与这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.(2)范围：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定义：从一条直线出发的eq\x(\s\up1(10))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eq\x(\s\up1(11))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．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是eq\x(\s\up1(12))直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理如果一个平面过另一个平面的eq\x(\s\up1(13))垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(14))a⊂α,\x(\s\up1(15))a⊥β))⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的eq\x(\s\up1(16))交线，那么这条直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α⊥β,\x(\s\up1(18))α∩β＝a,\x(\s\up1(19))l⊥a,\x(\s\up1(20))l⊂β))⇒l⊥α1．两个重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．2．三种垂直关系的转化线线垂直eq\o(,\s\up7(判定))线面垂直eq\o(,\s\up7(判定),\s\do5(性质))面面垂直3．三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．4．三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线平行于平面β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)已知平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，给出下列说法：①若m⊥n，则m⊥l；②若m⊥l，则m⊥β；③若m⊥β，则m⊥n，其中正确说法的序号为()A．①②③ B．①②C．①③ D．②③答案D解析平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①错误；②若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故②正确；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正确．故选D.(2)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．若m⊥α，n∥α，则m⊥nB．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若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．故选D.(3)(多选)(2024·山东聊城质检)已知两条不同的直线l，m和两个不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四个命题中正确的是()A．若m⊥β，则l∥mB．若α∥β，则l⊥αC．若α⊥β，则l∥αD．若l⊥m，则m∥β答案AB解析对于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正确；对于C，若l⊥β，α⊥β，则l∥α或l⊂α，故C错误；对于D，若l⊥β，l⊥m，则m∥β或m⊂β，故D错误．故选AB.(4)(多选)(人教A必修第二册习题8.6T20改编)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项可知，BC⊥AE，由题意可知，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正确；对于C，若AC⊥PB，因为AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，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正确．故选ABD.考点探究——提素养考点一空间中垂直关系的基本问题例1已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是()A．②③ B．①④C．②④ D．①③答案B解析对于①，若m⊥n，过直线m上点A作直线l，使l∥n，则直线m与l确定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如图1，则有l⊥β，因为m⊥α，m⊂γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c⊂γ得c∥l，则c⊥β，所以α⊥β，①正确；对于②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分别为平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中点分别为M，N，P，连接MN，MP，令直线MN，MP分别为直线m，n，如图2，显然满足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②错误；对于③，取②中正方体，令平面ABCD，平面DCC1D1分别为平面α，β，直线AA1，A1B1分别为直线m，n，显然满足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③错误；对于④，因为n∥β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，则有m⊥β，从而有m⊥b，所以m⊥n，④正确．故选B.【通性通法】与垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明．(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．【巩固迁移】1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：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.其中正确命题的个数为()A．4 B．3C．2 D．1答案D解析对于①，如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m与n相交，故①错误；对于②，如果m∥n，n⊥α，由线面垂直的性质可知m⊥α，故②正确；对于③，如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n或m∥n或m与n相交(不垂直)或m与n异面(不垂直)，故③错误；对于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β或n与β相交(不垂直)，故④错误．故选D.考点二直线与平面垂直的判定与性质(多考向探究)考向1直线与平面垂直的判定例2(1)(2023·天津河西期末)如图，圆柱OO′中，AA′是侧面的母线，AB是底面的直径，C是底面圆上一点，则()A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′ABC．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB答案A解析对于A，依题意AA′⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正确；对于B，显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直于平面A′AB，故B错误；对于C，显然AC与A′C不垂直，则AC不可能垂直于平面A′BC，故C错误；对于D，显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂直于平面A′AB，故D错误．故选A.(2)(2024·四川绵阳模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求证：BC⊥平面PAC.证明∵在△AEB中，D是AB的中点，EB＝EA，∴ED⊥AB，∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴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．证明直线和平面垂直的常用方法(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．【巩固迁移】2.(2023·江苏金陵中学三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE＝AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO＝18，点P为线段DO上一个动点．当PO＝3eq\r(6)时，证明：PA⊥平面PBC.证明连接DE，因为AE＝AD，AD＝DE，所以△ADE是正三角形，则∠DAO＝eq\f(π,3)，又DO⊥底面圆O，AE⊂底面圆O，所以DO⊥AE，在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝eq\f(DO,\r(3))＝6eq\r(3).因为△ABC是正三角形，所以AB＝AO×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)×eq\r(3)＝18，AP＝eq\r(AO2＋PO2)＝9eq\r(2)，BP＝AP，所以AP2＋BP2＝AB2，即AP⊥BP，同理可证AP⊥PC，又BP∩PC＝P，BP，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.考向2直线与平面垂直的性质例3(1)已知直线l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A∉α，B∉α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝()A．2 B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)答案A解析因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.连接OD，则O，C，D三点共线，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因为OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因为AC＝1，所以BD＝2.故选A.(2)(2024·山东临沂一中阶段考试)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如图所示，A1A＝AB，G，E，F分别是A1C1，AB，BC的中点，求证：EF⊥GB.证明连接B1G，在等边三角形A1B1C1中，因为G是A1C1的中点，所以B1G⊥A1C1.因为B1B⊥平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1.因为B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B⊂平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因为GB⊂平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以EF∥A1C1，所以EF⊥GB.【通性通法】1．垂直关系里线线垂直是基础eq\a\vs4\al(线线垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(勾股定理逆定理,线面垂直则垂直面内所有线,等腰三角形三线合一,矩形邻边垂直,菱形对角线垂直))2．垂直关系中线面垂直是重点(1)eq\a\vs4\al(线面垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直两条相交线,垂面里面作垂线,直（正）棱柱的侧棱是垂线,\a\vs4\al(正棱锥的顶点与底面的中心的连线是垂线)))(2)eq\a\vs4\al(线垂面,有何用)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直里面所有线（证线线垂直）,过垂线作垂面（证明面面垂直）))【巩固迁移】3．过△ABC所在平面α外的一点P，作PO⊥α，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则点O是△ABC的()A．内心 B．外心C．重心 D．垂心答案A解析如图，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由题意可得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＝eq\r(PD2－PO2)，OE＝eq\r(PE2－PO2)，OF＝eq\r(PF2－PO2)，∴OD＝OE＝OF，故O一定是△ABC的内心．故选A.4.(2024·山西大同一中阶段练习)如图，在四面体P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.(1)求证：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD.证明(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.考点三平面与平面垂直的判定与性质例4如图，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为正方形，DE＝BD＝1，CE＝eq\r(2)，G为DA的中点，H为DE的中点．(1)求证：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；(2)求三棱锥B－CEG的体积．解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.因为四边形ABCD为菱形，所以DC＝DE＝1.又因为CE＝eq\r(2)，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC.因为DA∩DC＝D，且DA，DC⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.又因为DE⊂平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.因为BD＝1＝DA＝AB，G为DA的中点，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.因为HF⊂平面ADEF，所以BG⊥HF.因为四边形ADEF为正方形，G为DA的中点，H为DE的中点，所以tan∠HFE＝tan∠GED＝eq\f(1,2)，∠HFE＝∠GED.因为∠GEF＋∠GED＝eq\f(π,2)，所以∠GEF＋∠HFE＝eq\f(π,2)，从而HF⊥GE.因为BG∩GE＝E，BG，GE⊂平面BGE，所以HF⊥平面BGE，因为BE⊂平面BGE，所以HF⊥BE.(2)因为四边形ADEF为正方形，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，可得三棱锥E－GBC的高为DE＝1.因为BG⊥DA，DA∥BC，所以BG⊥BC.又BG＝eq\r(AB2－AG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)，所以△GBC的面积S＝eq\f(1,2)BG×BC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),4)，所以VB－CEG＝VE－GBC＝eq\f(1,3)S×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).【通性通法】1．判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性质的应用(1)面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．(2)若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．【巩固迁移】5.(2024·山东枣庄三中月考)在三棱锥V－ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，则()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案C解析因为∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC与BC不垂直，即A错误；过点V作VO⊥BC于点O，连接OA，因为侧面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即点V在底面ABC上的投影为点O，因为OA⊂平面ABC，所以VO⊥OA.因为VA＝VB，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以OA⊥BC，因为VO∩OA＝O，VO，OA⊂平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因为VA⊂平面VOA，所以VA⊥BC，即C正确；由三垂线定理知，若VB⊥AC，则BC⊥AC，这与∠ACB＝45°矛盾，故VB与AC不垂直，同理，VC与AB不垂直，即B，D错误．故选C.6.(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．解(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，因为∠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)如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC为公共边，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＝eq\f(1,2)CC1＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.考点四几何法求直线与平面所成的角与二面角例5(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O，则下列结论正确的是()A．BD＝ACB．BD⊥平面PACC．PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)D．二面角P－BD－A的正切值为2答案BCD解析∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2eq\r(3)，故A不正确；∵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正确；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为PB与平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝eq\f(π,4)，即PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)，故C正确；如图，连接PO，由B项知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA为二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值为2，故D正确．故选BCD.【通性通法】(1)利用几何法求空间线线角、线面角、二面角时要注意“作角、证明、计算”是一个完整的过程，缺一不可．(2)斜线与平面所成的角，首先作出平面的垂线，得出斜线在平面内的射影，从而得出斜线与平面所成的角，转化为直角三角形求解．(3)求空间角中的难点是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定义法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点；②垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角；③垂线法：过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面所在平面的垂线，得到垂足B，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两条垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角，这样就把问题归结为解一个直角三角形，这是求解二面角最基本、最重要的方法．【巩固迁移】7．(多选)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分别是AB，CD的中点，P是BM的中点．将矩形AMND沿MN折起，形成多面体AMB－DNC.则下列结论正确的是()A．BD∥平面ANPB．BD⊥平面ANPC．若二面角A－MN－B的大小为120°，则直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(7),7)D．若二面角A－MN－B的大小为120°，则直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(7),14)答案AD解析如图，连接MD交AN于点O，连接OP，由题意，得四边形AMND为矩形，∴O为MD的中点，又P为BM的中点，∴OP∥BD，∵BD⊄平面ANP，OP⊂平面ANP，∴BD∥平面ANP，故A正确，B错误；∵AM⊥MN，BM⊥MN，∴∠AMB即为二面角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，过P作PQ⊥AB于点Q，∴PQ⊥平面ABCD，∴∠PAB即为AP与平面ABCD所成的角，易得AM＝MB＝2，AB＝2eq\r(3)，PB＝1，∴PQ＝eq\f(1,2)，BQ＝eq\f(\r(3),2)，∴AQ＝eq\f(3\r(3),2)，∴AP＝eq\r(\f(27,4)＋\f(1,4))＝eq\r(7)，∴sin∠PAB＝eq\f(PQ,AP)＝eq\f(\f(1,2),\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为eq\f(\r(7),14)，故C错误，D正确．故选AD.考点五平行、垂直关系的综合问题例6(2024·黑龙江哈尔滨期末)如图1，在平行四边形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，现将△ADC沿AC折起，得到三棱锥D′－ABC(如图2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E为D′C的中点．(1)求证：AE⊥平面D′BC；(2)在∠ACB的平分线上是否存在点F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的长；若不存在，请说明理由．解(1)证明：在▱ABCD中，可得AD＝BC＝AC，则AD′＝AC，因为E为D′C的中点，所以AE⊥D′C，因为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，因为AE⊂平面AD′C，所以AE⊥BC，因为BC∩D′C＝C，BC，D′C⊂平面D′BC，所以AE⊥平面D′BC.(2)取AB的中点O，连接CO并延长至点F，使CO＝OF，连接AF，D′F，BF，OE，因为BC＝AC，所以射线CO是∠ACB的平分线．又因为E是D′C的中点，所以OE∥D′F，因为OE⊂平面ABE，D′F⊄平面ABE，所以D′F∥平面ABE，因为AB，FC互相平分，所以四边形ACBF为平行四边形，所以BC∥AF，因为BC⊥平面AD′C，AD′⊂平面AD′C，所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，又因为AF＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，故D′F＝eq\r(2).【通性通法】1．解决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．涉及点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识取点．【巩固迁移】8．(2024·广东深圳翠园中学期末)如图，在平面五边形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足为H，将△ADE沿AD折起(如图)，使得平面ADE⊥平面ABCD.(1)求证：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱锥C－ADE的体积；(3)在线段BE上是否存在点M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出eq\f(EM,EB)的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为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，因为AE＝6，AD＝10，所以DE＝8，因为DE·AE＝AD·EH，所以EH＝eq\f(24,5)，因为∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝4，所以△ACD的面积S＝eq\f(1,2)×4×8＝16，所以VC－ADE＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S·EH＝eq\f(1,3)×16×eq\f(24,5)＝eq\f(128,5).(3)解法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接HM.因为AB∥DC，所以MN∥CD，因为CD⊂平面CDE，MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE，同理，NH∥平面CDE，又因为MN∩NH＝N，MN，NH⊂平面MNH，所以平面MNH∥平面CDE.因为MH⊂平面MNH，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因为DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因为HN∥DE，所以eq\f(EN,EA)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，又因为MN∥AB，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(EN,EA)＝eq\f(16,25)，所以在线段BE上存在点M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).解法二：过点H作HG∥CD交BC于点G，过点G作GM∥CE交EB于点M，连接HM.因为HG∥CD，CD⊂平面CDE，HG⊄平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理，GM∥平面CDE.又因为HG∩GM＝G，HG，GM⊂平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE.因为MH⊂平面MHG，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，因为EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因为DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因为HG∥CD，所以eq\f(CG,CB)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，因为MG∥CE，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(CG,CB)＝eq\f(16,25)，所以在线段BE上存在点M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).课时作业一、单项选择题1．(2024·江西南昌一中阶段考试)已知α，β是两个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线，则下面说法中正确的是()A．若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，则c⊥αB．若a⊂α，且b⊥a，则b⊥αC．若b⊥α，且c⊥b，则c∥αD．若a⊥α，b⊥β，且c∥a，c∥b，则α∥β答案D解析对于A，由a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，当且仅当a与b相交时才能得到c⊥α，故A错误；对于B，若a⊂α，且b⊥a，则b⊥α或b∥α或b⊂α或b与α相交(不垂直)，故B错误；对于C，若b⊥α，且c⊥b，则c∥α或c⊂α，故C错误；对于D，若c∥a，c∥b，则a∥b，又a⊥α，b⊥β且α，β是两个不同的平面，则α∥β，故D正确．故选D.2．(2023·河南洛阳模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，α∥β，则“m⊥n”是“n⊥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析当m⊥n，n⊂α时，可推出n∥β，推不出n⊥β；当n⊥β时，由α∥β可知n⊥α，又m⊂α，所以m⊥n.综上可知，“m⊥n”是“n⊥β”的必要不充分条件．故选B.3.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A．直线AB上 B．直线BC上C．直线AC上 D．△ABC内部答案A解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．故选A.4.(2024·山东高密三中阶段练习)如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PAB答案C解析因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形，得CD⊥AD，因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.故选C.5．(2023·浙江杭州模拟)在二面角α－l－β中，A∈α，AB⊥平面β于点B，BC⊥平面α于点C，若AB＝6，BC＝3，则二面角α－l－β的平面角的大小为()A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°答案D解析如图，因为AB⊥β，所以AB⊥l，因为BC⊥α，所以BC⊥l，所以l⊥平面ABC，设平面ABC∩l＝D，则∠ADB为二面角α－l－β的平面角或其补角，因为AB＝6，BC＝3，所以∠BAC＝30°，所以∠ADB＝60°，所以二面角α－l－β的平面角的大小为60°或120°.6．(2023·云南红河州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设M为BC的中点，则下列说法正确的是()A．A1M⊥BDB．A1M∥平面CC1D1DC．A1M⊥AB1D．A1M⊥平面ABC1D1答案C解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM.而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不成立，故A不正确；对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1.因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不成立，故B不正确；对于C，因为MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正确；对于D，假设A1M⊥平面ABC1D1，因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，显然不成立，故D不正确．故选C.7．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(2),5)C．eq\f(\r(3),5) D．eq\f(2,5)答案C解析取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理，得CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理，得eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(3),2\r(7))，显然∠DCE是锐角，故cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq\f(5,2\r(7))，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq\f(\r(3),5).故选C.8.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F是棱C1D1上任意两点，且EF＝1，P，Q是正方形ABCD及其内部的动点，且PQ＝1，则四面体P－EFQ体积的最大值为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．1 D．eq\f(4,3)答案A解析设直线QP交直线CD于点M，连接ME，MF，则S△MEF＝eq\f(1,2)×1×2＝1，过点P，Q在平面ABCD内分别作PG⊥CD，QH⊥CD，垂足分别为G，H，因为平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D＝CD，PG⊥CD，PG⊂平面ABCD，所以PG⊥平面CC1D1D，同理可得QH⊥平面CC1D1D，设∠QMH＝θ，VP－EFQ＝|VQ－MEF－VP－MEF|＝eq\f(1,3)S△MEF·|QH－PG|＝eq\f(1,3)S△MEF·|QM－PM|sinθ＝eq\f(1,3)S△MEF·PQsinθ≤eq\f(1,3)S△MEF·PQ＝eq\f(1,3)，当且仅当PQ⊥CD时等号成立，故四面体P－EFQ体积的最大值为eq\f(1,3).故选A.二、多项选择题9.(2023·陕西宝鸡中学模拟)如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，现在沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合，重合后的点记为G.下列关系中成立的是()A．SG⊥平面EFG B．SE⊥平面EFGC．GF⊥SE D．EF⊥平面SEG答案AC解析由SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G，得SG⊥平面EFG，同理，GF⊥平面GSE，又SE⊂平面GSE，所以GF⊥SE，所以A，C正确；若SE⊥平面EFG，则SE⊥EG，这与SG⊥EG矛盾，同理可知EF⊥平面SEG不成立，所以B，D不正确．故选AC.10．(2024·湖南湘潭一中检测)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MN⊥OP的是()答案BC解析设正方体的棱长为2.对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP与MN所成的角．在直角三角形OPC中，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A不满足题意；对于B，如图2所示，取MT的中点Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MN，PQ⊥MN，所以MN⊥平面OPQ，又OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B满足题意；对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B项的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C满足题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO与MN所成的角．因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，PO＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，因为QO2<PQ2＋PO2，故∠QPO不是直角，故OP与MN不垂直，故D不满足题意．故选BC.三、填空题11．(2023·河北石家庄模拟)已知△ABC在平面α内，∠BAC＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________．答案垂直解析∵DA⊥平面α，CA⊂平面α，∴DA⊥CA，在△ABC中，∵∠BAC＝90°，∴AB⊥CA，又DA∩AB＝A，DA，AB⊂平面DAB，∴CA⊥平面DAB，又DB⊂平面DAB，∴CA⊥DB.12.(2024·福建泉州中学质检)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，则AR＝________．答案eq\f(4\r(5),5)解析如图，取SA的中点E，连接PE，QE.∵SA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴SA⊥AB，而AB⊥AD，AD∩SA＝A，AD，SA⊂平面SAD，∴AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SAD，又AR⊂平面SAD，∴PE⊥AR.又AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，PE，PQ⊂平面PEQ，∴AR⊥平面PEQ，∵EQ⊂平面PEQ，∴AR⊥EQ，∵E，Q分别为SA，AD的中点，∴EQ∥SD，则AR⊥SD，在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得SD＝2eq\r(5)，由等面积法可得AR＝eq\f(4\r(5),5).13.(2023·安徽安庆一中模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)答案A1C1⊥B1C1(答案不唯一)解析当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥CC1.又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1，∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，又AB1⊂平面ACB1，∴AB1⊥BC1.14.(2024·湖北襄阳一中月考)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，则AC与平面BCC1B1所成的角为________．答案eq\f(π,6)解析将棱台补全为如图所示三棱锥D－ABC，由∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，易知DA＝BC＝2，AC＝2eq\r(2)，由AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，则AA1⊥AB，AA1⊥AC，所以BD＝2eq\r(2)，CD＝2eq\r(3)，故BC2＋BD2＝CD2，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).设点A到平面BCC1B1的距离为h，又VD－ABC＝VA－BCD，则eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,3)h×2eq\r(2)，可得h＝eq\r(2).设AC与平面BCC1B1所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(h,AC)＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则θ＝eq\f(π,6).四、解答题15.如图所示，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．证明：(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，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC，又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，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.16.(2023·广东东莞实验中学5月月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝3eq\r(3)，BC＝3，沿对角线BD把△BCD折起，使点C到达点C′，且C′在平面ABD内的射影O恰好落在AB上．(1)求证：平面DBC′⊥平面ADC′；(2)求二面角C′－AD－B的余弦值．解(1)证明：∵C′在平面ABD内的射影O恰好落在AB上，即AB为BC′在平面ABD上的射影，而AB⊥AD，∴BC′⊥AD，又BC′⊥C′D，C′D∩AD＝D，C′D，AD⊂平面ADC′，∴BC′⊥平面ADC′，又BC′⊂平面DBC′，∴平面DBC′⊥平面ADC′