第七章 第四节 空间直线、平面的垂直（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间直线、平面的垂直核心考点，涵盖线线、线面、面面垂直的定义判定性质定理及转化关系，通过考点梳理构建知识网络，结合方法指导和真题训练，帮助学生突破垂直关系证明等难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以三种垂直关系转化为主线，创新采用定理对比分析和真题情境化教学，如线面垂直判定定理通过"找相交直线-证线线垂直-得线面垂直"步骤训练，培养学生逻辑推理和空间观念。设置分层练习和即时反馈，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生空间垂直关系综合应用能力。

第四节　空间直线、平面的垂直 【课程标准】　1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系，归纳出有关垂直的性质定理和判定定理，并加以证明．　2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 1．直线与直线垂直 (1)定义：若两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点，并且夹角为直角，则称这两条直线互相垂直． (2)若一条直线垂直于一个平面，则它就和平面内的任意一条直线垂直． 2．直线与平面垂直 (1)直线与平面垂直的定义 定义 如果直线l与平面α相交，并且垂直于这个平面内的所有直线，那么就称直线l与平面α垂直 记法 l⊥α 有关 概念 直线l叫作平面α的垂线，平面α叫作直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们的交点叫作垂足 图示 画法 画直线与平面垂直时，通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直 (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 3.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锐角，叫作这条直线与这个平面所成的角．当直线l与平面α平行或在平面α内时，直线l与平面α所成的角为0˚．当直线l与平面α垂直时，直线l与平面α所成的角为90˚． (2)范围：． 4．二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角． (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α的范围：0˚≤α≤180˚. 5．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直二面角，就说这两个平面互相垂直．若平面α，β互相垂直，则记作α⊥β. (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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条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 ⇒AB⊥β [微提醒]　三种垂直关系的转化 线线垂直线面垂直面面垂直 【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)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一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． 【自主检测】 1．已知平面α，β和直线m，l，则下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β B．若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β C．若α⊥β，l⊂α，则l⊥β D．若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β 答案：D 解析：对于A，若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊂β或l∥β或l与β相交，故A不正确；对于B，若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l与β相交但不一定垂直，故B不正确；对于C，若α⊥β，l⊂α，则l⊂β或l∥β或l与β相交，故C不正确；对于D，若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β，由面面垂直的性质定理可知D正确．故选D． 2．如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中必有(　　) A．SG⊥△EFG所在平面 B．SD⊥△EFG所在平面 C．GF⊥△SEF所在平面 D．GD⊥△SEF所在平面 答案：A 解析：四面体S-EFG如图所示：由SG⊥GE，SG⊥GF，且GE∩GF＝G得，SG⊥△EFG所在的平面．故选A． 3．(用结论)(多选)下列命题中正确的有(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 答案：ABC 解析：若α⊥β，则α内有无数条直线垂直于平面β，而非所有直线都垂直于平面β，故D错误．易知A、B、C正确．故选ABC． 4．如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________． 答案： 解析：∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin ∠AC1A1＝. 5．在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC上的投影为点O. (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心． 答案：(1)外　(2)垂 解析：(1)如图①，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心． (2)如图②，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心． 学生用书第188页 考点一　垂直关系命题的真假判断自主练透 1.(2025·沈阳质量监测(三))设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面说法正确的是(　　) A．若a⊥b，b∥α，则a⊥α B．若a⊥α，b∥α，则a⊥b C．若a⊥α，α⊥β，则a⊂β D．若a⊥b，b⊥β，则a∥β 答案：B 解析：对于A，若a⊥b，b∥α，则a⊂α或a∥α或a与α相交，可得A错误；对于B，若a⊥α，b∥α，则a⊥b，即B正确；对于C，若a⊥α，α⊥β，则a∥β或a⊂β，可知C错误；对于D，若a⊥b，b⊥β，则a∥β或a⊂β，可知D错误．故选B． 2．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　) A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D 答案：A 解析：如图，对于A，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；对于B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故B错误；对于C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；对于D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故D错误．故选A． 3．(多选)(2025·江苏南京模拟)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列选项中，l⊥m的充分条件有(　　) A．α⊥β，l⊥α，m∥β B．α∥β，l∥α，m⊥β C．α⊥β，l⊥α，m⊥β D．α⊥β，l∥α，m∥β 答案：BC 解析：A选项不是l⊥m的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行和垂直于平面，则这两条直线可能相交、平行或异面，故A错误；B选项，因为m⊥β，且α∥β，所以m⊥α，又因为l∥α，所以l⊥m，故B正确；C选项，因为m⊥β，l⊥α，又因为α⊥β，所以l⊥m，故C正确；D选项不是l⊥m的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行于平面，则这两条直线可能垂直、平行或异面，故D错误．故选BC． 4．(开放题)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题________． 答案：②③⇒①(或①③⇒②) 解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m. 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多维探究 角度1　证明直线与平面垂直 如图①所示，在正方形ABCD中，E，F分别为边BC，AD的中点，将四边形CDFE沿直线EF折起，使得平面CDFE⊥平面ABEF，如图②所示，点M，N分别满足. 求证：AN⊥平面BMN. 证明：连接AE交BN于点G，连接MG(图略)，设AB＝2， 因为平面CDFE⊥平面ABEF，平面CDFE∩平面ABEF＝EF，CE⊂平面CDFE，CE⊥EF， 所以CE⊥平面ABEF. 因为点N是EF的中点，NE∥AB，所以AG＝2GE. 又AM＝2MC，所以MG∥CE， 所以MG⊥平面ABEF. 因为AN⊂平面ABEF，所以MG⊥AN. 又AB＝2，AN＝NB＝，所以AN⊥NB. 因为NB∩MG＝G，NB，MG⊂平面BMN，所以AN⊥平面BMN. 证明线面垂直的常用方法及关键 1．证明直线和平面垂直的常用方法 (1)判定定理． (2)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． 2．证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直常借助线面垂直的定义． 3．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．　　 对点练1．如图①所示，在平面四边形ABDC中，∠ABC＝∠BDC＝90˚，AB＝BC＝2，CD＝1，将△ABC沿直线BC折起，如图②所示，使AD＝，点M，N分别为AC，AD的中点． 判断直线MN与平面ABD的位置关系，并说明理由． 证明：MN⊥平面ABD.理由如下： 在Rt△BDC中，BC＝2，CD＝1，由勾股定理得，BD＝， 因为AD＝，AB＝2，所以AB2＋BD2＝AD2， 所以AB⊥BD. 又AB⊥BC，且BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面CBD，所以AB⊥平面CBD. 又CD⊂平面CBD，所以AB⊥CD. 又CD⊥BD，且BD∩AB＝B，BD，AB⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD. 又M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD， 所以MN⊥平面ABD. 学生用书第189页 角度2　证明直线与直线垂直 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积； (2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE. 解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因为侧面AA1B1B为正方形，所以BB1⊥A1B1. 又因为BF⊥A1B1，且BF∩BB1＝B，所以A1B1⊥侧面B1C1CB. 因为A1B1∥AB，所以AB⊥侧面B1C1CB. 又BC⊂侧面B1C1CB，所以AB⊥BC. 因为E，F分别为AC，CC1的中点，所以CF＝1，且S△BEC＝S△ABC＝×2×2＝1. 所以三棱锥F-EBC的体积V＝S△BEC·CF＝. (2)证明：取BC的中点M，连接EM，B1M，A1E，则EM∥AB∥A1B1，所以A1，B1，M，E四点共面． 在正方形B1C1CB中，由B1B＝CB，BM＝CF，且∠MBB1＝∠FCB＝90˚， 所以△FCB≌△MBB1，所以∠CBF＝∠MB1B，∠CFB＝∠B1MB，所以∠CBF＋∠B1MB＝90˚，则BF⊥B1M. 又因为BF⊥A1B1，且A1B1∩B1M＝B1，所以BF⊥平面A1EMB1. 又因为DE⊂平面A1EMB1，所以BF⊥DE. 对点练2.如图，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)如图，连接A1C1. 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. 又因为CC1∩A1C1＝C1，A1C1，CC1⊂平面A1C1C， 所以B1D1⊥平面A1C1C. 又因为A1C⊂平面A1C1C， 所以A1C⊥B1D1. (2)如图，连接B1A，AD1. 因为B1C1＝AD，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. 又因为MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1， 所以MN⊥平面AB1D1. 由(1)知A1C⊥B1D1. 同理可得A1C⊥AB1. 又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1， 所以A1C⊥平面AB1D1. 所以MN∥A1C. 考点三　面面垂直的判定与性质师生共研 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点． 求证：(1)PE⊥BC； (2)平面PAB⊥平面PCD. 证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点， 所以PE⊥AD. 因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD. 所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD， 又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB， 又因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. 1．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． 2．面面垂直性质定理的应用 (1)两平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)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．　　 学生用书第190页 对点练3.(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， 又因为∠ACB＝90˚，即AC⊥BC， 因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又因为BC⊂平面BB1C1C， 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)如图，过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点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A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC， 所以A1C⊥BC，A1C⊥AC， 在Rt△ABC与Rt△A1BC中， 因为A1B＝AB，BC＝BC， 所以Rt△ABC≌ Rt△A1BC， 所以A1C＝AC. 设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x， 所以O为CC1中点，OC1＝AA1＝1， 又因为A1C⊥AC， 所以A1C 2＋AC 2＝， 即x2＋x2＝22，解得x＝， 所以A1O＝ ＝ ＝1， 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 考点四　垂直关系的综合应用师生共研 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝2，AA1＝. (1)求证：B1C∥平面A1BM； (2)求证：AC1⊥平面A1BM； (3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求出此时的值并证明；如果不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接AB1，交A1B于点O，连接OM，如图． 因为在△B1AC中，M，O分别为AC，AB1的中点，所以OM∥B1C， 又因为OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM， 所以B1C∥平面A1BM. (2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM， 又因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC.因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BM⊥平面ACC1A1， 因为AC1⊂平面ACC1A1，所以BM⊥AC1. 易知AM＝1，又AA1＝，所以在＝， 所以∠AC1C＝∠A1MA， 所以∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90˚，所以A1M⊥AC1. 因为BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM， 所以AC1⊥平面A1BM. (3)存在，当点N为BB1的中点，即时， 平面AC1N⊥平面AA1C1C. 证明：取BB1的中点N，AC1的中点D，连接AN，NC1，DM，DN. 因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DM∥CC1，且DM＝CC1. 又因为N为BB1的中点，所以DM∥BN，且DM＝BN，所以四边形BNDM为平行四边形，所以BM∥DN， 由(2)知BM⊥平面AA1C1C， 所以DN⊥平面AA1C1C. 又因为DN⊂平面AC1N， 所以平面AC1N⊥平面AA1C1C. 1．三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． 2．对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 对点练4.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD，△ABC是底面圆的内接正三角形，且DO＝6，则在线段DO上是否存在一点P，使得PA⊥平面PBC？若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由． 解：存在点P，使得PA⊥平面PBC.由题得AO＝，因为AD2＝DO2＋AO2， 所以AD2＝36＋AD2， 所以AD＝4，所以AO＝2， 因为△ABC是底面圆的内接正三角形， 所以，所以AB＝6， 由题得PA2＝AO2＋PO2＝12＋PO2. 假设PA⊥平面PBC，则PA⊥PB， 所以36＝12＋PO2＋12＋PO2， 所以PO＝. 此时PC2＝PO2＋OC2＝18，PA2＝18，所以PA2＋PC2＝AC2，所以PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以 PA⊥平面PBC. 故当PO＝时，PA⊥平面PBC. 学生用书第191页 [真题再现]　(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，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，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan ∠POC＝，故MN⊥OP不成立，故A错误；对于B，如图②所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM-NADT可得SN⊥平面ANTD，而OQ⊂平面ANTD，故SN⊥OQ，而SN∩NT＝N，SN，NT⊂平面SNTM，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ⊂平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，而PO⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；对于C，如图③所示，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图④所示，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，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D错误．故选BC． [教材呈现]　 (湘教版必修二P182练习2)如图，P是菱形ABCD所在平面外的一点，已知∠DAB＝60˚，PA＝PD，平面PAD⊥平面ABCD，G为AD的中点．求证： (1)BG⊥平面PAD； (2)AD⊥PB. 点评：高考题和教材习题类似，考查角度都是证明线线垂直，其方法都是通过线面垂直或利用空间向量解决问题． 课时测评56　空间直线、平面的垂直 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8，每小题5分，共40分) 1．(2025·河北邯郸第四次调研)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α⊥β，m⊂α，n⊂β，则“m⊥n”是“m⊥β”的(　　) A． 必要不充分条件 B． 充分不必要条件 C． 充要条件 D． 既不充分也不必要条件 答案：A 解析：如图所示，当m⊥n时，显然m与平面β不垂直，反之，当m⊥β时，又n⊂β，根据线面垂直的性质有m⊥n，所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件．故选A． 2. (2024·湖北武汉四调)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥β，m∥α，则m⊥β B．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m⊥n，m∥α，则n⊥α 答案：C 解析：如图所示为正方体ABCD-A1B1C1D1，对于A，设平面α为平面ABCD，平面β为平面BCC1B1，m为B1C1，则α⊥β，m∥α，则m⊂β，故A错误；对于B，设平面α为平面ABCD，平面β为平面BCC1B1，m为AD，则α⊥β，m⊂α，则m∥β，故B错误；对于C，过m作平面γ与平面α交于直线b，m∥α，则m∥b，n⊥α，可得n⊥b，则m⊥n，故C正确；对于D，设平面α为平面ABCD, A1B1为m, B1C1为n，则m⊥n，m∥α，则n∥α，故D错误．故选C． 3．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 答案：A 解析：α∩β＝m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，故①正确；对于②，若m⊥n，则可能n与α，β均不垂直，故②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则m∥n，故③正确；对于④，n与m所成角可以为内的任意角，故④错误．故选A． 4．如图，在四面体D -ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 答案：C 解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.故选C． 5．(2025·河北秦皇岛模拟)在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC，D，E，M分别为AC，PC，BC的中点，则以下结论不一定成立的是(　　) A．PA∥平面BDE B．若PA⊥BC，则AB＝AC C．若∠BAC＝90˚，则平面PBC⊥平面PAM D．点P在平面ABC上的射影是△ABC的外心 答案：C 解析：对于A，因为D，E分别为AC，PC的中点，所以PA∥DE，又PA⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确；对于B，因为BC的中点为M，PB＝PC，所以PM⊥BC，又PA⊥BC，PA∩PM＝P，PA，PM⊂平面PAM，所以BC⊥平面PAM，又因为AM⊂平面PAM，所以BC⊥AM，则AB＝AC，故B正确；对于C，∠BAC＝90˚，则MA＝MB＝MC，又PA＝PB＝PC，则△PMA≌△PMB≌△PMC，则∠PMA＝∠PMB＝∠PMC＝90˚，故PM⊥AM，若平面PAM⊥平面PBC，因为平面PAM∩平面PBC＝PM，AM⊂平面PAM，所以AM⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AM⊥BC，又M为BC的中点，则AB＝AC，不一定成立，故C不一定成立；对于D，由PA＝PB＝PC可知，点P在平面ABC上的射影是△ABC的外心，故D正确．故选C． 6．(多选)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90˚，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则下列结论可能正确的有(　　) A．DF⊥BC B．BD⊥FC C．平面BDF⊥平面BCF D．平面DCF⊥平面BCF 答案：BC 解析：对于A，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以A错误；对于B，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B正确；对于C，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C正确；对于D，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D错误．故选BC． 7．(多选)(2025·河南焦作模拟)如图，在三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中一定成立的是(　　) A．AC＝BC B．AB⊥VC C．VC⊥VD D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO 答案：ABD 解析：因为VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因为VO∩VD＝V，VO，VD⊂平面VCD，所以AB⊥平面VCD.又因为CD⊂平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确；因为VC⊂平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确；因为S△VCD＝VO·CD，S△ABC＝AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确；由题中条件无法判断VC⊥VD，故C不一定正确．故选ABD． 8．如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，若PB⊥BC，则△ABC的形状为________． 答案：直角三角形 解析：因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，PB⊥BC，BC⊂平面PBC，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AB，所以△ABC为直角三角形． 9．(20分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60˚，侧面PAD为等边三角形． (1)求证：AD⊥PB；(8分) (2)若平面PAD⊥平面ABCD，点E为PB的中点，求三棱锥P-ADE的体积．(12分) 解：(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OB，OP，BD. 因为△PAD为等边三角形，O是AD的中点，所以OP⊥AD. 因为底面ABCD是菱形， ∠BAD＝60˚， 所以△ABD是等边三角形，OB⊥AD. 因为OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面POB， 所以AD⊥平面POB. 因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB. (2)因为底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形， 所以PA＝PD＝AD＝2，PO＝， S四边形ABCD＝2××2×2×sin 60˚＝2. 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 因为E为PB的中点， 所以VP-ADE＝VB-ADE＝VP-ABD＝VP-ABCD＝. (每小题6分，共24分) 10．图①是建筑工地上的塔吊，图②是根据图①绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内．塔身PO⊥平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，AB＝AC，DO＝6 m．若PO＝2 m，PB＝3 m，△ABC的面积为10 m2，根据图中标注的数据，忽略△ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下可得点A，P之间的距离为(0.5OD＝1.5OE)(　　) A．2 m B．6 m C．8 m D．9 m 答案：A 解析：根据条件得，OE＝＝2 m．因为PO⊥平面ABC，BC，AE⊂平面ABC，所以PO⊥AE，PO⊥BC，又AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC，又PO∩AE＝O，PO，AE⊂平面PAE，所以BC⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE，所以PE⊥BC.因为PO＝2 m，所以PE＝2 m，因为PB＝3 m，所以BE＝1 m．由于△ABC的面积为，所以BC·AE＝10，解得AE＝10 m，即AO＝8 m，即AP＝2 m．故选A． 11．(多选)如图所示，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD为正方形，SC＝SD＝CD＝1，E为线段SD的中点，F为AC与BD的交点，AD⊥SD.则下列结论正确的是(　　) A．BC⊥平面SCD B．EF∥平面SAB C．平面SCD⊥平面ABCD D．线段BE的长度等于线段SF的长度 答案：ABC 解析：因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.又因为AD⊥SD，所以BC⊥SD，CD∩SD＝D，CD，SD⊂平面SCD，所以BC⊥平面SCD，故A正确；因为BC⊂平面ABCD，所以平面SCD⊥平面ABCD，故C正确；因为F是BD的中点，E为SD的中点，所以EF∥SB，又因为SB⊂平面SAB，EF⊄平面SAB，所以EF∥平面SAB，故B正确；因为△CDS是边长为1的正三角形，四边形ABCD是正方形，所以DS＝1，BD＝.又由BC⊥平面SCD，得BC⊥SC，所以BS＝.在△BDS中，BS＝BD＝，DS＝1，又BE，SF分别是等腰三角形BDS的底边DS和腰BD上的中线，所以线段BE与SF的长度不相等(否则△BDS是正三角形)，故D不正确．故选ABC． 12．(多选)(2025·广西柳州模拟)如图，在四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60˚，M，N分别是棱AB和BC的中点，则下列说法中正确的是(　　) A．A1，C1，M，N四点共面 B．B1N与AB共面 C．AD⊥平面ABB1A1 D．A1M⊥平面ABCD 答案：ACD 解析：如图，连接MN，AC，A1C1，因为M，N分别是棱AB和BC的中点，所以MN∥AC.因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四点共面，故A正确；因为AD⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，所以AD⊥平面ABB1A1，故C正确；连接A1B，因为∠A1AB＝60˚，AB＝AD＝AA1＝1，所以△ABA1是等边三角形，所以A1M⊥AB，因为AD⊥平面ABB1A1，A1M⊂平面ABB1A1，所以A1M⊥AD，因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以A1M⊥平面ABCD，故D正确；若B1N与AB共面，则B1，N，A，B共面，故N在平面ABB1A1中，这与题设矛盾，故B错误．故选ACD． 13．在矩形ABCD中，AB<BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论： ①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直； ②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直； ③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直． 其中正确结论的序号是________． 答案：② 解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE，如图所示．则⇒BD⊥平面AEC，则BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确；②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，CD∩AD＝D，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB<BC可知，存在这样的直角三角形，使AB⊥AC，故假设成立，②正确；③假设AD⊥BC，因为CD⊥BC，AD∩CD＝D，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB<BC，故矛盾，假设不成立，③不正确． (每小题8分，共16分) 14．(数学文化)刘徽注《九章算术·商功》“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”如图①解释了由一个长方体得到“堑堵”“阳马”“鳖臑”的过程．堑堵是底面为直角三角形的直棱柱；阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥；鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体． 在如图②所示由正方体ABCD -A1B1C1D1得到的堑堵ABC-A1B1C1中，当点P在下列三个位置：A1A中点，A1B中点，A1C中点时，分别形成的四面体P-ABC中，鳖臑的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案：C 解析：设正方体的棱长为a，则由题意知，A1C1＝AC＝a，当点P为A1A的中点时，因为PA⊥平面ABC，则∠PAC＝∠PAB＝90˚，∠ABC＝90˚.由BC⊥平面PAB，得BC⊥PB，即∠PBC＝90˚，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC是直角三角形，即此时四面体P-ABC是鳖臑；当点P为A1B的中点时，因为BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥PB，BC⊥AB，所以△PBC，△ABC为直角三角形．因为ABB1A1是正方形，所以AP⊥BP，则△PAB是直角三角形，又AP⊥BC，BP∩BC＝B，所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥PC，所以△PAC是直角三角形，则此时四面体P-ABC是鳖臑；当点P为A1C的中点时，此时PA＝PC＝，又AC＝a，由勾股定理 可知，△PAC不是直角三角形，则此时四面体P-ABC不是鳖臑．故选C． 15．在长方体ABCD -A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是________． 答案：(0，1] 解析：因为C1C⊥平面ABCD，ED⊂平面ABCD，可得C1C⊥ED，由EC1⊥ED，EC1∩C1C＝C1，EC1，C1C⊂平面ECC1，可得ED⊥平面ECC1，所以ED⊥EC，在矩形ABCD中，设AE＝a，0≤a≤2，则BE＝2－a，由∠DEA＋∠CEB＝90˚，可得tan ∠DEA·tan ∠CEB＝＝1，即t2＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，当a＝1时，t2取得最大值1，即t的最大值为1；当a＝0或2时，t2取得最小值0，但由于t>0，所以t的取值范围是(0，1]. 学科网（北京）股份有限公司 $