1.导学案 22 第8章 专题突破课七 空间中的垂直关系(Word版+PPT版)-【满分思维】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

专题突破课七　空间中的垂直关系 　　空间中的垂直关系是本章的重点与难点,是高考的命题热点.利用图形,结合判定与性质定理,灵活转化线面关系是解决这类问题的关键.常见以下四种类型的题目:(1)直线与平面垂直的判定与性质定理的应用;(2)平面与平面垂直的判定与性质定理的应用;(3)线面角与二面角的应用;(4)垂直关系的探索问题. 返回 类型1直线与平面垂直的判定与性质定理的应用 【典例1】(2025·上海高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,AC=6,BD=6,E是PB上任意一点. (1)求证:AC⊥DE; (2)当△AEC面积的最小值是9时,求证:EC⊥平面PAB. 返回 【证明】(1)因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因为PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC,因为BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PDB,所以AC⊥平面PDB,因为E为PB上任意一点,所以DE⊂平面PBD,所以AC⊥DE. (2)设AC与BD相交于点F,连接EF,由(1)知AC⊥平面PDB,EF⊂平面PBD, 所以AC⊥EF,S△ACE=AC·EF, 当△AEC的面积最小时,EF最小,则EF⊥PB, S△ACE=9,×6×EF=9,解得EF=3, 由PB⊥EF且PB⊥AC,EF∩AC=F,EF,AC⊂平面AEC,则PB⊥平面AEC,又EC⊂平面AEC,则PB⊥EC, 由EF=AF=FC=3,EF⊥AC,得EC⊥AE,而PB∩AE=E,PB,AE⊂平面PAB,故EC⊥平面PAB. 返回 【总结升华】 　判定线面垂直的四种方法 返回 【即学即练】 　如图,在三棱锥P-ABC中,已知平面PBC⊥平面ABC. (1)若AB⊥BC,且CP⊥PB,求证:CP⊥PA; (2)若过点A作直线l⊥平面ABC,求证:l∥平面PBC. 返回 【证明】(1)因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,AB⊂平面ABC,AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC. 因为CP⊂平面PBC,所以CP⊥AB. 又CP⊥PB,且PB∩AB=B,AB⊂平面PAB,PB⊂平面PAB,所以CP⊥平面PAB. 又PA⊂平面PAB,所以CP⊥PA. 返回 (2)在平面PBC内过点P作PD⊥BC,垂足为D. 因为平面PBC⊥平面ABC, 又平面PBC∩平面ABC=BC,PD⊂平面PBC, 所以PD⊥平面ABC. 又l⊥平面ABC,所以l∥PD. 因为l⊄平面PBC,PD⊂平面PBC, 所以l∥平面PBC. 返回 类型2 平面与平面垂直的判定与性质定理的应用 【典例2】(2025·三亚高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC, AD⊥DC,BC=CD=AD=1,E为棱AD的中点,PA⊥平面ABCD.求证: (1)AB∥平面PCE; (2)平面PAB⊥平面PBD. 返回 【证明】(1)因为BC=CD=AD=1,且E为棱AD的中点,所以BC=AE, 又因为AD∥BC,所以四边形AECB为平行四边形,所以AB∥CE, 又因为CE⊂平面PCE,AB⊄平面PCE, 所以AB∥平面PCE. 返回 (2)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD, 连接BE,由题意AD∥BC,E为棱AD的中点,BC=AD=1,知BC∥DE,且BC=DE,则四边形BCDE为平行四边形, 因为AD⊥DC,所以DE⊥CD,又BC=CD=1, 所以平行四边形BCDE为正方形,所以BD⊥EC, 又AB∥EC,所以BD⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以BD⊥平面PAB,又BD⊂平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD. 返回 【总结升华】 　证明面面垂直的两种常用方法 (1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线; (2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题. 返回 【即学即练】 　如图,平面ABCD⊥平面CDEF,四边形ABCD是正方形,DE⊥CD. 求证:AC⊥BE. 返回 【证明】因为DE⊥CD,平面ABCD⊥平面CDEF,平面ABCD∩平面CDEF=CD,DE⊂平面CDEF, 所以DE⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD, 所以AC⊥DE.因为四边形ABCD是正方形, 所以AC⊥BD,又DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE, 所以AC⊥平面BDE,又BE⊂平面BDE, 所以AC⊥BE. 返回 类型3 线面角与二面角的应用 【典例3】(2025·宁波高一检测)在三棱锥P-ABC中,PA=BC=, PB=AC=2,AB=,D为AC的中点. (1)求证:AB⊥PD; (2)若二面角P-AB-C的大小为,求直线AC与平面PBC所成的角. 返回 【解析】(1)作DE⊥AB于点E,连接PE, 在△ABC中,BC2+AC2=AB2,则∠ACB=90°, 所以△ABC∽△ADE, 所以==, 所以AE=,DE=, 在△PAB中,PA2+PB2=AB2,所以∠APB=90°, 则cos∠PAE=, 在△PAE中,PE2=PA2+AE2-2PA·AE·cos∠PAE=, 因为PE2+AE2=2=PA2,所以PE⊥AB, 又DE∩PE=E,DE,PE⊂平面PDE, 所以AB⊥平面PDE, 又PD⊂平面PDE,所以AB⊥PD; 返回 (2)由(1)知,DE⊥AB,PE⊥AB, 则∠PED即为二面角P-AB-C的平面角,故∠PED=, 又PE=,DE=, 则PD2=PE2+DE2-2PE·DEcos∠PED=1, 在△PAD中,PD2+AD2=PA2,所以AC⊥PD, 因为D为AC的中点,所以PC=PA=, 则PA2+PC2=AC2,所以PA⊥PC, 又PA⊥PB,PB∩PC=P,PB,PC⊂平面PBC, 所以PA⊥平面PBC, 所以∠PCA即为直线AC与平面PBC所成角的平面角, 又∠PCA=, 所以直线AC与平面PBC所成的角为. 返回 【总结升华】 1.求直线与平面所成的角的一般步骤 (1)找直线与平面所成的角,即通过找直线在平面上的射影来完成; (2)计算,要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解. 2.作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法,也可以通过垂面法进行,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角. 返回 【即学即练】 　如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,CC1=,二面角C1-BD-C的大小为　　　　.  返回 【解析】如图,连接AC交BD于点O,连接C1O, 因为C1D=C1B,O为BD中点,所以C1O⊥BD. 因为AC⊥BD,所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角,在Rt△C1CO中,C1C=, 则C1O=2,所以sin∠C1OC==, 所以∠C1OC=30°. 答案:30° 返回 类型4 垂直关系的探索问题 【典例4】如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,点M是棱BB1上一点. (1)求证:B1D1∥平面A1BD; (2)求证:MD⊥AC; (3)试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D. 返回 【解析】(1)由直四棱柱,得BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以B1D1∥BD. 而BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,所以B1D1∥平面A1BD. (2)因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC,且BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面BB1D,所以AC⊥平面BB1D,而MD⊂平面BB1D,所以MD⊥AC. 返回 (3)当点M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D. 证明如下:取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于点O,连接OM.因为N是DC的中点,BD=BC,所以BN⊥DC. 又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线,而平面ABCD⊥平面CC1D1D,所以BN⊥平面CC1D1D. 易得O是NN1的中点,所以BM∥ON,且BM=ON, 即四边形BMON是平行四边形, 所以BN∥OM,所以OM⊥平面CC1D1D, 因为OM⊂平面DMC1,所以平面DMC1⊥平面CC1D1D. 返回 【总结升华】 1.对命题条件的探索的三种途径: (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; (3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件. 2.对命题结论的探索方法: 从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论. 返回 【即学即练】 　如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1=2,M,N分别为AC,B1C1的中点. (1)求证:MN∥平面ABB1A1; (2)线段CC1上是否存在点Q,使A1B⊥平面MNQ?说明理由. 返回 【解析】(1)取AB的中点D,连接DM,DB1. 在△ABC中,因为M为AC的中点,所以DM∥BC,DM=BC. 在矩形B1BCC1中,因为N为B1C1的中点, 所以B1N∥BC,B1N=BC. 所以DM∥B1N,DM=B1N. 所以四边形MDB1N为平行四边形,所以MN∥DB1. 因为MN⊄平面ABB1A1,DB1⊂平面ABB1A1, 所以MN∥平面ABB1A1. 返回 (2)线段CC1上存在点Q,且Q为CC1的中点时,有A1B⊥平面MNQ. 证明如下:连接BC1,QM,QN. 在正方形BB1C1C中易证QN⊥BC1. 又A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥QN,从而NQ⊥平面A1BC1. 所以A1B⊥QN. 同理可得A1B⊥MQ,所以A1B⊥平面MNQ. 故线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ. 返回 $ 专题突破课七　空间中的垂直关系 　　空间中的垂直关系是本章的重点与难点,是高考的命题热点.利用图形,结合判定与性质定理,灵活转化线面关系是解决这类问题的关键.常见以下四种类型的题目:(1)直线与平面垂直的判定与性质定理的应用;(2)平面与平面垂直的判定与性质定理的应用;(3)线面角与二面角的应用;(4)垂直关系的探索问题. 类型1直线与平面垂直的判定与性质定理的应用 【典例1】(2025·上海高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,AC=6,BD=6,E是PB上任意一点. (1)求证:AC⊥DE; (2)当△AEC面积的最小值是9时,求证:EC⊥平面PAB. 【证明】(1)因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因为PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC,因为BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PDB,所以AC⊥平面PDB,因为E为PB上任意一点,所以DE⊂平面PBD,所以AC⊥DE. (2)设AC与BD相交于点F,连接EF,由(1)知AC⊥平面PDB,EF⊂平面PBD, 所以AC⊥EF,S△ACE=AC·EF, 当△AEC的面积最小时,EF最小,则EF⊥PB, S△ACE=9,×6×EF=9,解得EF=3, 由PB⊥EF且PB⊥AC,EF∩AC=F,EF,AC⊂平面AEC,则PB⊥平面AEC,又EC⊂平面AEC,则PB⊥EC, 由EF=AF=FC=3,EF⊥AC,得EC⊥AE,而PB∩AE=E,PB,AE⊂平面PAB,故EC⊥平面PAB. 【总结升华】 　判定线面垂直的四种方法 【即学即练】 　如图,在三棱锥P-ABC中,已知平面PBC⊥平面ABC. (1)若AB⊥BC,且CP⊥PB,求证:CP⊥PA; (2)若过点A作直线l⊥平面ABC,求证:l∥平面PBC. 【证明】(1)因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,AB⊂平面ABC,AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC. 因为CP⊂平面PBC,所以CP⊥AB. 又CP⊥PB,且PB∩AB=B,AB⊂平面PAB,PB⊂平面PAB,所以CP⊥平面PAB. 又PA⊂平面PAB,所以CP⊥PA. (2)在平面PBC内过点P作PD⊥BC,垂足为D. 因为平面PBC⊥平面ABC, 又平面PBC∩平面ABC=BC,PD⊂平面PBC, 所以PD⊥平面ABC. 又l⊥平面ABC,所以l∥PD. 因为l⊄平面PBC,PD⊂平面PBC, 所以l∥平面PBC. 类型2平面与平面垂直的判定与性质定理的应用 【典例2】(2025·三亚高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,BC=CD=AD=1,E为棱AD的中点,PA⊥平面ABCD.求证: (1)AB∥平面PCE; (2)平面PAB⊥平面PBD. 【证明】(1)因为BC=CD=AD=1,且E为棱AD的中点,所以BC=AE, 又因为AD∥BC,所以四边形AECB为平行四边形,所以AB∥CE, 又因为CE⊂平面PCE,AB⊄平面PCE, 所以AB∥平面PCE. (2)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD, 连接BE,由题意AD∥BC,E为棱AD的中点,BC=AD=1,知BC∥DE,且BC=DE,则四边形BCDE为平行四边形, 因为AD⊥DC,所以DE⊥CD,又BC=CD=1, 所以平行四边形BCDE为正方形,所以BD⊥EC, 又AB∥EC,所以BD⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以BD⊥平面PAB,又BD⊂平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD. 【总结升华】 　证明面面垂直的两种常用方法 (1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线; (2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角,把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题. 【即学即练】 　如图,平面ABCD⊥平面CDEF,四边形ABCD是正方形,DE⊥CD. 求证:AC⊥BE. 【证明】因为DE⊥CD,平面ABCD⊥平面CDEF,平面ABCD∩平面CDEF=CD,DE⊂平面CDEF, 所以DE⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD, 所以AC⊥DE.因为四边形ABCD是正方形, 所以AC⊥BD,又DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE, 所以AC⊥平面BDE,又BE⊂平面BDE, 所以AC⊥BE. 类型3线面角与二面角的应用 【典例3】(2025·宁波高一检测)在三棱锥P-ABC中,PA=BC=,PB=AC=2,AB=,D为AC的中点. (1)求证:AB⊥PD; (2)若二面角P-AB-C的大小为,求直线AC与平面PBC所成的角. 【解析】(1)作DE⊥AB于点E,连接PE, 在△ABC中,BC2+AC2=AB2,则∠ACB=90°, 所以△ABC∽△ADE, 所以==, 所以AE=,DE=, 在△PAB中,PA2+PB2=AB2,所以∠APB=90°, 则cos∠PAE=, 在△PAE中,PE2=PA2+AE2-2PA·AE·cos∠PAE=, 因为PE2+AE2=2=PA2,所以PE⊥AB, 又DE∩PE=E,DE,PE⊂平面PDE, 所以AB⊥平面PDE, 又PD⊂平面PDE,所以AB⊥PD; (2)由(1)知,DE⊥AB,PE⊥AB, 则∠PED即为二面角P-AB-C的平面角,故∠PED=, 又PE=,DE=, 则PD2=PE2+DE2-2PE·DEcos∠PED=1, 在△PAD中,PD2+AD2=PA2,所以AC⊥PD, 因为D为AC的中点,所以PC=PA=, 则PA2+PC2=AC2,所以PA⊥PC, 又PA⊥PB,PB∩PC=P,PB,PC⊂平面PBC, 所以PA⊥平面PBC, 所以∠PCA即为直线AC与平面PBC所成角的平面角, 又∠PCA=, 所以直线AC与平面PBC所成的角为. 【总结升华】 1.求直线与平面所成的角的一般步骤 (1)找直线与平面所成的角,即通过找直线在平面上的射影来完成; (2)计算,要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解. 2.作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法,也可以通过垂面法进行,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角. 【即学即练】 　如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,CC1=,二面角C1-BD-C的大小为　　　　.  【解析】如图,连接AC交BD于点O,连接C1O, 因为C1D=C1B,O为BD中点,所以C1O⊥BD. 因为AC⊥BD,所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角,在Rt△C1CO中,C1C=, 则C1O=2,所以sin∠C1OC==, 所以∠C1OC=30°. 答案:30° 类型4垂直关系的探索问题 【典例4】如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,点M是棱BB1上一点. (1)求证:B1D1∥平面A1BD; (2)求证:MD⊥AC; (3)试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D. 【解析】(1)由直四棱柱,得BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以B1D1∥BD. 而BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,所以B1D1∥平面A1BD. (2)因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC,且BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面BB1D,所以AC⊥平面BB1D,而MD⊂平面BB1D,所以MD⊥AC. (3)当点M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D. 证明如下:取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于点O,连接OM.因为N是DC的中点,BD=BC,所以BN⊥DC. 又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线,而平面ABCD⊥平面CC1D1D,所以BN⊥平面CC1D1D. 易得O是NN1的中点,所以BM∥ON,且BM=ON,即四边形BMON是平行四边形, 所以BN∥OM,所以OM⊥平面CC1D1D, 因为OM⊂平面DMC1,所以平面DMC1⊥平面CC1D1D. 【总结升华】 1.对命题条件的探索的三种途径: (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; (3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件. 2.对命题结论的探索方法: 从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论. 【即学即练】 　如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1=2,M,N分别为AC,B1C1的中点. (1)求证:MN∥平面ABB1A1; (2)线段CC1上是否存在点Q,使A1B⊥平面MNQ?说明理由. 【解析】(1)取AB的中点D,连接DM,DB1. 在△ABC中,因为M为AC的中点,所以DM∥BC,DM=BC. 在矩形B1BCC1中,因为N为B1C1的中点, 所以B1N∥BC,B1N=BC. 所以DM∥B1N,DM=B1N. 所以四边形MDB1N为平行四边形,所以MN∥DB1. 因为MN⊄平面ABB1A1,DB1⊂平面ABB1A1, 所以MN∥平面ABB1A1. (2)线段CC1上存在点Q,且Q为CC1的中点时,有A1B⊥平面MNQ. 证明如下:连接BC1,QM,QN. 在正方形BB1C1C中易证QN⊥BC1. 又A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥QN,从而NQ⊥平面A1BC1. 所以A1B⊥QN. 同理可得A1B⊥MQ,所以A1B⊥平面MNQ. 故线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ. - 10 - 学科网（北京）股份有限公司 $