第7章 第41讲 空间直线、平面的垂直(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦空间直线与平面的垂直关系，系统整合线线、线面、面面垂直的定义、判定定理及性质，结合线面角、二面角等核心考点，通过教材梳理夯实基础、基础自测澄清盲点、考点突破分层训练的教学流程，帮助学生构建知识网络，突破证明与计算难点。 教案突出数学思维与空间观念培养，采用角度分类教学法，如线面垂直判定中结合折叠问题分析线线垂直关系，二面角求解中通过定义法构造平面角。设置真题变式训练与分层练习，助力学生提升逻辑推理与空间想象能力，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考实战能力提供有力支持。

第41讲　空间直线、平面的垂直 复习目标 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系的定义. 2.理解空间中有关垂直的性质定理和判定定理,并加以证明. 3.能运用已获得的结论证明空间中有关垂直关系的简单命题. 教材梳理夯基础 主干知识 知识点1　直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理 类型 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两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直 ⇒ l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒ a∥b [注意点]证明线面垂直时,平面内的两条直线必须是相交直线. 知识点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角,叫做这条直线和这个平面所成的角.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:. 知识点3　二面角 (1)定义: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 若有①O∈l;②OA⊂α,OB⊂β;③OA⊥l,OB⊥l,则二面角α-l-β的平面角是∠AOB. (3)二面角的平面角θ的范围:0°≤θ≤180°. 知识点4　平面与平面垂直 (1)定义 一般地,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. (2)判定定理与性质定理 类型 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垂线,那么这两个平面垂直 ⇒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交线,那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α [注意点]在性质定理中要注意两点:一是“在平面内”,二是“垂直于交线”. 常用结论 1.若两条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. 2.一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直. 3.两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面. 基础自测 类型 回源教材 澄清盲点 结论应用 题号 3,4 1 2 1.(易错辨析)正确的画“√”,错误的画“×”. (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.(　 ×　) (2)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.(　 √　) (3)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.(　 √　) (4)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.(　 ×　) (5)α,β,γ是三个不同的平面,若α⊥γ,α⊥β,则β⊥γ.(　 ×　) 2.(多选题)下列命题正确的是(　　) A.底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱 B.如果一个棱柱的所有面都是长方形,那么这个棱柱是长方体 C.在四棱柱中,若过相对侧棱的两个截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱 D.不存在每个面都是直角三角形的四面体 【解析】选ABC.A.正确,若底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直,则该四棱柱的底面为正方形,且侧棱垂直于底面,所以该四棱柱为正四棱柱; B.正确,若每个侧面都是长方形,则说明侧棱与底面垂直,又底面也是长方形,符合长方体的定义; C.正确,因为过相对侧棱的两个截面的交线平行于侧棱,又两个截面都垂直于底面,故该四棱柱为直四棱柱; D.错误,如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC,四个面都是直角三角形. 3.(必修第二册P152练习T2变式)已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面,连接PA,PB,PC,AC,BD,则一定互相垂直的平面有________对,与AC垂直的直线有________条.  【解析】由PD⊥平面ABCD,得平面PAD⊥平面ABCD,平面PDB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD.因为AC⊥BD,AC⊥PD,BD∩PD=D,所以AC⊥平面PDB,所以平面PAC⊥平面PDB,故互相垂直的平面有4对.与AC垂直的直线有PD,BD,PB,共3条. 答案:4　3 4.(必修第二册P152例4变式)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=2,则A1C与侧面BCC1B1所成角的正弦值为________.  【解析】如图,取B1C1的中点E,连接A1E,CE.根据题意易得A1E⊥侧面BCC1B1, 所以∠A1CE即为A1C与侧面BCC1B1所成的角.根据题意易知A1E=,A1C=2, 所以sin∠A1CE===. 答案: 考点突破强技能 考点一 垂直关系命题的真假……题组练通 1.l,m,n是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题中正确的是(　　) A.若α⊥β,β⊥γ,α∩γ=l,则l⊥β B.若m⊥n,m⊥α,则n∥α C.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n D.若l∥α,α⊥β,则l⊥β 【解析】选A.对于A,若α⊥β,β⊥γ,α∩γ=l,则由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得l⊥β,故A正确; 对于B,若m⊥n,m⊥α,则n与α平行或n⊂α,故B错误; 对于C,若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n平行或异面,故C错误; 对于D,若l∥α,α⊥β,则l与β相交、平行或l⊂β,故D错误. 2.已知直线m,n,平面α,β,满足α∩β=n且α⊥β,则“m⊥β”是“m⊥n”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 【解析】选A.因为α∩β=n,所以n⊂β, 又因为m⊥β,所以m⊥n,即“m⊥β”是“m⊥n”的充分条件; 如图,在长方体中,设平面ABCD为平面α、平面BCEF为平面β,则m⊥n,且m与平面β不垂直,即“m⊥β”不是“m⊥n”的必要条件;所以“m⊥β”是“m⊥n”的充分不必要条件. 3.已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD垂直于圆柱的底面,则必有(　　) A.平面ABC⊥平面BCD B.平面BCD⊥平面ACD C.平面ABD⊥平面ACD D.平面BCD⊥平面ABD 【解析】选B.因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC,又AD垂直于圆柱的底面,所以AD⊥BC,因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD,因为BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD. 解题技法 与线面垂直关系有关的命题真假的判断方法 1.借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断. 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,必要时要运用判定定理或性质定理进行简单说明. 考点二 直线与平面垂直的判定与性质 角度1　直线与平面垂直的判定 【例1】如图1,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AE=BE=CD=2,BC=ED=4,O为BE中点,F为BC中点.将△ABE沿BE折起到△A'BE的位置,如图2.证明:CD⊥平面A'OF. 【证明】在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,BC=ED=4,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BE∥CD. 因为AB=AE=BE=CD=2, 所以△ABE为等边三角形,则∠BAE=60°. 因为O为BE中点,所以BE⊥A'O. 在等腰梯形ABCD中,可得∠BAE=∠CDE=∠CBE=60°. 连接EC,在△BEC中,由余弦定理可得 EC2=BC2+BE2-2BC·BE·cos∠EBC=42+22-2×4×2×=12, 则EC=2,所以BE2+EC2=16=BC2,则BE⊥EC. 因为O,F分别是BE,BC中点, 所以OF∥EC,所以OF⊥BE, 从而可得OF⊥CD,CD⊥A'O. 因为A'O∩OF=O,A'O,OF⊂平面A'OF, 所以CD⊥平面A'OF. 解题技法 证明线面垂直的常用方法 (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. 【训练1】　如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.若点D到平面ACP的距离为,证明:O1P⊥CD. 【证明】如图,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H, 由CD是圆O1的直径,得CP⊥DP,由AD是圆柱侧面的母线,得AD⊥平面CDP, 而CP⊂平面CDP,则AD⊥CP. 又AD,DP⊂平面ADP,AD∩DP=D, 因此CP⊥平面ADP, 而DH⊂平面ADP,则DH⊥CP.又DH⊥AP,AP,PC⊂平面ACP,AP∩PC=P, 于是DH⊥平面ACP,则点D到平面ACP的距离为DH,即DH=. 设DP=a(a>0),有AP=, 由AD·DP=AP·DH,得2·a=·, 解得a=.又CD=2,则DP=PC=,而O1是CD的中点,所以O1P⊥CD. 角度2　直线与平面垂直的性质 【例2】如图,在四棱锥P􀆼ABCD中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.证明:AE∥MN. 【证明】因为AB⊥平面PAD,AE⊂平面PAD, 所以AE⊥AB. 又AB∥CD,所以AE⊥CD. 因为AD=AP,E是PD的中点, 所以AE⊥PD. 又CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD, 所以AE⊥平面PCD. 因为MN⊥AB,AB∥CD,所以MN⊥CD. 又因为MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD,所以MN⊥平面PCD,所以AE∥MN. 解题技法 直线与平面垂直性质的解题策略 (1)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,证明线线垂直则需借助线面垂直的性质. (2)在解题中要重视平面几何的知识,特别是正、余弦定理及勾股定理的应用. (3)重要结论要熟记:经过一点与已知直线垂直的直线都在过这点且与已知直线垂直的平面内.此结论可帮助解决动点的轨迹问题. 【训练2】　如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,AD=DE=2AB,F为CD的中点. 求证:AF∥平面BCE. 【证明】如图,取CE的中点G,连接FG,BG. 因为F为CD的中点, 所以GF∥DE且GF=DE. 因为AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD, 所以AB∥DE,所以GF∥AB. 又AB=DE,所以GF=AB, 所以四边形GFAB为平行四边形,则AF∥BG. 因为AF⊄平面BCE,BG⊂平面BCE, 所以AF∥平面BCE. 【加练备选】 如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1. (1)求证:A1C⊥B1D1; (2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C. 【证明】(1)连接A1C1(图略). 因为CC1⊥平面A1B1C1D1, B1D1⊂平面A1B1C1D1, 所以CC1⊥B1D1. 因为四边形A1B1C1D1是正方形, 所以A1C1⊥B1D1. 又CC1∩A1C1=C1,所以B1D1⊥平面A1C1CA. 又A1C⊂平面A1C1CA,所以A1C⊥B1D1. (2)连接B1A,AD1(图略). 因为B1C1∥AD, 所以四边形ADC1B1为平行四边形, 所以C1D∥AB1. 因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1. 又MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1, 所以MN⊥平面AB1D1. 易得A1C⊥AB1,由(1)知A1C⊥B1D1, 又AB1∩B1D1=B1,所以A1C⊥平面AB1D1, 所以MN∥A1C. 考点三 平面与平面垂直的判定与性质 角度1　平面与平面垂直的判定 【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△DCP是等边三角形,∠DCB=∠PCB=,点M,N分别为DP,AB的中点. (1)求证:MN∥平面PBC; (2)求证:平面PBC⊥平面ABCD. 【证明】(1)取PC中点E,连接ME,BE, 因为M为DP中点,N为AB中点, 所以ME∥CD且ME=CD, BN∥CD且BN=CD, 所以ME∥BN且ME=BN, 所以四边形BEMN为平行四边形, 所以MN∥BE. 因为MN⊄平面PBC,BE⊂平面PBC, 所以MN∥平面PBC. (2)连接BD,因为∠DCB=∠PCB=, CD=PC,BC=BC, 所以△BCD≌△BCP.过P作PQ⊥BC于点Q,连接DQ,则DQ⊥BC, 所以PQ=DQ=. 因为PQ2+DQ2=4=PD2,所以PQ⊥DQ. 又因为DQ∩BC=Q,所以PQ⊥平面ABCD, 因为PQ⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABCD. 解题技法 面面垂直的两种判定方法与一个转化 (1)两种方法:面面垂直的定义;面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β). (2)一个转化:在已知两个平面垂直时,一般要用性质定理进行转化,在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直. 【训练3】　如图所示,在三棱柱A'B'C'-ABC中,AA'⊥平面ABC,AB=AC, BC=AA',D,E分别是BC,BB'的中点.证明:平面AC'D⊥平面ADE. 【证明】由BC=AA',可得=,=,所以△C'CD∽△DBE, 所以∠CDC'+∠BDE=90°,所以C'D⊥DE. 因为AB=AC,D为BC的中点, 所以AD⊥BC. 因为AA'⊥平面ABC,且AD⊂平面ABC, 所以AD⊥AA'.又BB'∥AA',所以AD⊥BB'. 因为BC∩BB'=B,所以AD⊥平面BCC'B'. 又C'D⊂平面BCC'B',所以AD⊥C'D. 因为AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE, 所以C'D⊥平面ADE.又C'D⊂平面AC'D, 所以平面AC'D⊥平面ADE. 角度2　平面与平面垂直的性质 【例4】如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,平面ABCD⊥平面ADEF,EF∥AD,AF=AD=2,EF=1,CF=2,BE与CF交于点M.若N是BF中点,求证:AN⊥CF. 【证明】因为四边形ABCD为正方形, 所以AB⊥AD. 因为平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,AB⊥AD, 所以AB⊥平面ADEF. 又因为AF⊂平面ADEF,所以AB⊥AF. 连接AC,则AC=2.在△ACF中,AF2+AC2=22+==CF2, 所以AF⊥AC. 因为AB,AC⊂平面ABCD,且AB∩AC=A,所以AF⊥平面ABCD. 又AD⊂平面ABCD,所以AF⊥AD. 因为AB,AF⊂平面BAF,且AB∩AF=A,所以AD⊥平面BAF. 又AN⊂平面BAF,所以AD⊥AN. 又因为AD∥BC,所以BC⊥AN. 又N是BF中点,AF=AB, 所以AN⊥BF. 因为BF,BC⊂平面BCEF,且BF∩BC=B, 所以AN⊥平面BCEF. 又因为CF⊂平面BCEF,所以AN⊥CF. 解题技法 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. 【训练4】　如图,四棱锥A-BCDE,AB=BC=AC=CD=2BE=2,BE∥CD,∠BCD=,平面ABC⊥平面BCDE,F为BC中点. 证明:平面AEC⊥平面AFD. 【证明】因为F为BC中点,所以FC=1.又因为CD=2,∠BCD=, BE=1,BC=2,BE∥CD,∠EBC=, 所以△EBC≌△FCD,可得∠ECB=∠FDC, 易知∠DFC+∠FDC=90°, 所以∠DFC+∠ECB=90°,即DF⊥EC. 由AB=BC=AC,F为BC中点,可得AF⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCDE, 平面ABC∩平面BCDE=BC, 所以AF⊥平面BCDE.又EC⊂平面BCDE,所以AF⊥EC. 又AF∩DF=F,AF,DF⊂平面ADF, 所以EC⊥平面ADF.又EC⊂平面AEC,因此平面AEC⊥平面AFD. 【加练备选】 在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE. (1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积; (2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE. 【解析】(1)如图所示,取DE的中点M,连接PM,由题意知,PD=PE,所以PM⊥DE. 又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PM⊂平面PDE, 所以PM⊥平面BCDE,即PM为四棱锥P-BCDE的高.在等腰直角三角形PDE中, PE=PD=AD=2,所以PM=DE=, 而梯形BCDE的面积S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6, 所以四棱锥P-BCDE的体积V=PM·S=××6=2. (2)取BC的中点N,连接PN,MN,则BC⊥MN.因为PB=PC,所以BC⊥PN. 因为MN∩PN=N,MN,PN⊂平面PMN, 所以BC⊥平面PMN. 因为PM⊂平面PMN,所以BC⊥PM. 由(1)知,PM⊥DE, 又BC,DE⊂平面BCDE,且BC与DE延长后是相交的,所以PM⊥平面BCDE. 因为PM⊂平面PDE, 所以平面PDE⊥平面BCDE. 考点四 几何法求线面角、二面角 【例5】(1)(一题多法)(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 【解析】选B.法一:分别取BC,B1C1的中点D,D1,连接AD,A1D1,则AD=3,A1D1=,可知S△ABC=×6×3=9,=×2×=. 设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h, 则=(9++)h=,解得h=.如图,分别过A1,D1作底面垂线,垂足分别为M,N,设AM=x, 则AA1==,DN=AD-AM-MN=2-x, 可得DD1==, 结合等腰梯形BCC1B1可得B=()2+D, 即x2+=++4,解得x=, 所以A1A与平面ABC所成角的正切值为 tan∠A1AD==1. 法二:将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC, 则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角.因为==,则=,可知=VP-ABC=,则VP-ABC=18. 设正三棱锥P-ABC的高为d,则VP-ABC=d××6×6×=18,解得d=2. 取底面ABC的中心为O,则PO⊥底面ABC,且AO=2, 所以PA与平面ABC所成角的正切值 tan∠PAO==1. (2)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱,侧棱长为1,底面边长为2,E是BC的中点,求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值. 【解析】过点C作CM⊥DE,垂足为点M,连接C1M,因为C1C⊥平面ABCD,所以DE⊥C1C. 又C1C∩CM=C, 所以DE⊥平面CC1M,所以DE⊥C1M, 故∠C1MC即为二面角C1-DE-C的平面角. 因为E为BC中点且四边形ABCD为正方形, 则DE·CM=CE·DC, 则CM=.又C1C=1, 则tan∠C1MC==,即平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值为. 解题技法 求线面角、二面角的常用方法 (1)线面角的求法:找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线、找垂足,把线面角转化到一个三角形中求解. (2)二面角的大小求法:二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有定义法和垂面法.注意利用等腰三角形和等边三角形的性质. 【训练5】　(1)如图,某车间生产一种圆台形零件,其下底面的直径为4 cm,上底面的直径为8 cm,高为4 cm,已知点P是上底面圆周上不与直径AB端点重合的一点,PC是圆台的母线,且AP=BP,O为上底面圆的圆心,则OP与平面ABC所成的角的正切值为(　　) A.2 B. C. D. 【解析】选A.设O'为下底面圆的圆心,连接OO',CO'和CO,因为AP=BP,所以AB⊥OP. 又因为AB⊥OO',OP∩OO'=O,OP,OO'⊂平面OO'P,所以AB⊥平面OO'P. 因为PC是该圆台的一条母线,所以O,O',C,P四点共面,且O'C∥OP. 又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面POC. 又因为平面ABC∩平面POC=OC,所以点P在平面ABC的射影在直线OC上,则OP与平面ABC所成的角即为∠POC=∠OCO'. 因为OO'=4 cm,O'C=2 cm, 所以tan∠POC=tan∠OCO'==2. (2)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,AA1=3,AA1⊥AC,D为A1C1的中点,BD=3,则二面角A1-AC-B的正切值为________.  【解析】如图,取AC的中点E,连接ED,EB. 因为D为A1C1的中点,E为AC的中点,A1A⊥AC,△ABC是边长为2的正三角形, 所以BE=3,DE⊥AC,BE⊥AC, 所以∠BED为二面角A1-AC-B的平面角. 因为DE=AA1=3,BD=3, 所以在△BED中,由余弦定理得 cos∠BED==-, 所以∠BED=120°,所以tan∠BED=-. 答案:- 【加练备选】 已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 【解析】选B.如图,取正三角形ABC的中心O,连接OP,则∠PAO是PA与平面ABC所成的角. 因为底面边长为,所以AD=×=,AO=AD=×=1. 三棱柱的体积为×()2·AA1=, 解得AA1=,即OP=AA1=, 所以tan ∠PAO==. 因为直线与平面所成角的范围是[0,], 所以∠PAO=. - 22 - 学科网（北京）股份有限公司 $