第4节 空间直线、平面的垂直 课件-2027届高三数学一轮复习

第4节　空间直线、平面的垂直 1.直线与平面垂直 (1)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,记作l⊥α.直线l叫作平面α的　　　　,平面α叫作直线l的　　　　.直线与平面垂直时,它们唯一的公共点P叫作垂足.  垂线 垂面 (2)判定定理与性质定理 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　　　    ⇒a∥b 平行 “相交”是定理的关键词,应用定理时不能省略 a⊥α 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　　　　所成的角,叫作这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,我们说它们所成的角是　　　;一条直线和平面平行,或在平面内,我们说它们所成的角是　　　.  (2)范围:[0,]. 射影 90° 0° 3.二面角 (1)定义:从一条直线出发的两个　　　　所组成的图形叫作二面角. (2)二面角的平面角:如图,在二面角α-l-β的棱l上任取一点O,以点O为垂足,在半平面α和β内分别作　　 　　的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫作二面角的平面角.   (3)二面角的范围:　　　　　.  半平面 垂直于棱l [0,π] 4.平面与平面垂直 (1)定义:两个平面相交,如果它们所成的二面角是　　　　　,就说这两个平面互相垂直.  直二面角 (2)判定定理与性质定理 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 　　　　　,那么这两个平面垂直  实际应用:找出一个平面的垂面的依据   ⇒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   ⇒ 　   垂线 b⊥α [自主诊断] 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (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. (　　) × 解析 此无数条直线中需要有相交直线才能得到l⊥α. × 解析 垂直于同一个平面的两个平面平行或相交. × 解析 只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面. (4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.(　　) × 解析 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1⊥AB,所以BC1垂直于平面ABCD内所有与AB平行的直线,而平面ABC1D1过BC1,显然平面ABC1D1与平面ABCD不垂直. 2.(人A必修二教材习题改编)已知直线m,n和平面α,如果n⊂α,那么“m⊥n”是“m⊥α”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 B 解析 由n⊂α,m⊥n不能推出m⊥α,充分性不成立;若m⊥α,n⊂α,则m⊥n,必要性成立.故“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B. 3.(人A必修二教材习题改编)已知平面α,β和直线m,l,则下列说法正确的 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 D 解析 若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,则l⊂β或l∥β或l与β相交,故A错误;若α∩β=m,l⊂α,l⊥m,则l与β相交但不一定垂直,故B错误;若α⊥β,l⊂α,则l⊂β或l∥β或l与β相交,故C错误;由面面垂直的性质定理可知D正确.故选D. 4.(人A必修二教材例题改编)如图,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 B 解析 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,AC,AD⊂平面ACD,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B. 5.(苏教必修二教材习题改编)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.  外 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. 图1 图2 考点一　直线与平面垂直的判定与性质 例1　(2025·广东湛江期末)如图,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,点E,F分别在PB,PC上,AE⊥PB,AF⊥PC. (1)求证:AE⊥平面PBC; (2)设平面AEF交PD于点G,求证:AG⊥PD. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (1)证明 ∵四边形ABCD为矩形,∴BC⊥AB. ∵PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD, ∴BC⊥PA. 又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, ∴BC⊥平面PAB.又AE⊂平面PAB,∴AE⊥BC.又AE⊥PB,PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC,∴AE⊥平面PBC. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (2)解 由(1)知AE⊥平面PBC,∵PC⊂平面PBC,∴AE⊥PC. 又AF⊥PC,AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,∴PC⊥平面AEF.又AG⊂平面AEF,∴PC⊥AG. ∵四边形ABCD为矩形,∴CD⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD,∴CD⊥PA.∵PA,AD⊂平面PAD,PA∩AD=A, ∴CD⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD,∴CD⊥AG. ∵PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD, ∴AG⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD, ∴AG⊥PD. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 规律方法　证明线线垂直的思维流程 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练1]如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD, AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.求证: (1)CD⊥AE; (2)PD⊥平面ABE. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 证明 (1)在四棱锥P-ABCD中,∵PA⊥平面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⊥平面ABCD,AB⊂平面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. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 考点二　平面与平面垂直的判定与性质 例2　(2023·全国甲,文18)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. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (1)证明 ∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥CA. ∵A1C∩CA=C,A1C,CA⊂平面ACC1A1, ∴BC⊥平面ACC1A1. ∵BC⊂平面BB1C1C, ∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (2)解 平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且这两个平面的交线为CC1,过A1作A1D⊥CC1,垂足为点D,则A1D⊥平面BB1C1C. ∴四棱锥A1-BB1C1C的高为A1D.∵BC⊥CA,BC⊥CA1,BA=BA1,BC=BC, ∴Rt△BCA≌Rt△BCA1,∴CA=CA1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,有AC=A1C1,∠ACA1=∠C1A1C=90°,CC1=AA1=2,则△CA1C1为等腰直角三角形,且底边CC1=2,∴A1D=CC1=1,即四棱锥 A1-BB1C1C的高为1. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 规律方法　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. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练2]如图1,山形图是两个全等的直角梯形ABCD和ABEF的组合图,将直角梯形ABEF沿底边AB翻折,得到图2所示的几何体.已知AB∥CD∥EF,AB=2CD=2EF,AB⊥BE,点N在线段CE上,且EN=2NC.在几何体BCE-ADF中,解决下面问题. 图1 图2 (1)证明:AE∥平面BND; (2)若平面BDE⊥平面ABCD,证明:BE⊥AD. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 证明 (1)连接AC,交BD于点O,连接ON,由于AB=2CD,且AB∥CD,所以OC∶OA=CD∶AB=1∶2, 又EN=2NC,所以ON∥AE. 又AE⊄平面BND,ON⊂平面BND,所以AE∥平面BND. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (2)过点C作CM⊥BD,交BD于点M,由于平面BDE⊥平面ABCD,且平面BDE∩平面ABCD=BD,CM⊂平面ABCD,所以CM⊥平面BED,BE⊂平面BED,故CM⊥BE. 又四边形ABEF为直角梯形,故AB⊥EB,所以CD⊥EB. 又CD,CM⊂平面ABCD,CD∩CM=C,所以BE⊥平面ABCD, 又AD⊂平面ABCD, 故BE⊥AD. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 考点三　平行、垂直关系的综合应用 例3　(1)(2025·安徽六安期末)设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列说法正确的是(　　) A.若m⊂α,n⊥α,l⊥n,则l∥m B.若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α C.若l⊥m,m⊥α,n⊂α,则l⊥n D.若l⊥α,n⊥l,n⊄α,则n∥α D 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解析 对于A,由n⊥α,l⊥n,得l∥α或l⊂α,m与l可以相交、平行或是异面直线,故A错误; 对于B,m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,要使l⊥α,则必有m,n相交,故B错误; 对于C,由l⊥m,m⊥α,得l∥α或l⊂α,n与l可以相交、平行或是异面直线,故C错误; 对于D,由l⊥α,n⊥l,得n∥α或n⊂α,而n⊄α,因此n∥α,故D正确.故选D. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (2)(多选题)(2025·重庆沙坪坝模拟)如图所示,AB为圆锥SO的底面圆的直径,N为母线SA的中点,点C为底面圆上异于A,B的任一点,则圆O上存在点M满足(　　) A.MN∥SC B.MN∥平面SBC C.SM⊥AC D.AM⊥平面SBC BC 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解析 对于A,若存在点M使得MN∥SC,则M,N,S,C四点共面, 因为A∈SN,所以A∈平面MNSC,易得A,M,C为平面MNSC与平面ABC的公共点,所以A,M,C三点共线,与题设矛盾,故A错误; 对于B,如图所示, 过点O作OM∥BC,交劣弧AC于点M,连接ON. 由于N,O分别为SA,AB的中点,所以ON∥SB, 由于OM,ON⊄平面SBC,BC,SB⊂平面SBC,所以OM∥平面SBC,ON∥平面SBC,又因为OM∩ON=O,所以平面OMN∥平面SBC,由于MN⊂平面OMN,所以MN∥平面SBC,故B正确; 考点一 考点二 考点三 教材衍展 对于C,由AB为底面圆的直径,可知AC⊥CB,又OM∥BC,所以AC⊥OM, 又易知AC⊥SO,SO∩OM=O,SO,OM⊂平面SMO, 因此AC⊥平面SMO,又SM⊂平面SMO,可得SM⊥AC,故C正确; 对于D,假设存在点M使AM⊥平面SBC,则AM⊥SB, 又因为AM⊥SO,SO∩SB=S,SO,SB⊂平面SBO, 所以AM⊥平面SBO, 故平面SBC∥平面SBO,与题意不符,故D错误. 故选BC. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 规律方法　1.垂直与平行的结合问题,求解时应注意平行、垂直性质及判定的综合应用. 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. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 教材衍展　立体几何中的动态问题 1.动点轨迹问题 动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理,结合圆或圆锥曲线的定义推断出的,有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.通过“投影、截面、平移”将空间动点的已知条件,转化为平面内的轨迹问题. 2.距离、角度有关的动态轨迹问题 (1)距离:可转化为在一个平面内的距离关系,借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹. (2)角度:直线与面成定角,可能是圆锥侧面;直线与定直线成等角,可能是圆锥侧面. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 例1　(多选题)(2025·山东日照期末)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M是DD1的中点,N为平面ABCD内一动点,则下列结论正确的是(　　) A.若N到直线BB1与直线DC的距离相等,则N的轨迹为抛物线 B.若MN=2,则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为 C.若直线MN与平面ABCD所成的角为60°,则N的轨迹为椭圆 D.若直线D1N与直线AB所成的角为60°,则N的轨迹为双曲线 ABD 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解析 对于A,BB1⊥平面ABCD,NB⊂平面ABCD,所以NB⊥BB1,即NB的长度即为N到直线BB1的距离, 在平面ABCD内,点N到定点B的距离与到定直线DC的距离相等, 所以点N的轨迹就是以B为焦点,DC为准线的抛物线,故A正确; 对于B,若MN=2,则ND=, 可得MN中点的轨迹为以MD中点为圆心,为半径且平行于平面ABCD的圆, 其面积为π×()2=,故B正确; 考点一 考点二 考点三 教材衍展 对于C,MN与平面ABCD所成的角为∠MND,则∠MND=60°,可得DN=,所以点N的轨迹为以D为圆心,为半径的圆,故C错误; 对于D,建立如图所示的空间直角坐标系,D(0,0,0),D1(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0), 设N(x,y,0),则=(x,y,-2),=(0,2,0), 因为cos 60°=, 化简得3y2-x2=4,即=1,所以N的轨迹为双曲线,故D正确. 故选ABD. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练1](多选题)(2025·辽宁大连期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=a,且直线AP与直线CC1夹角为φ,则下列说法正确的是(　　) A.若点P在棱CC1上,且tan φ=2,则PC1=a B.若φ=,且点P在面A1B1C1D1上,则点P的轨迹长度为 C.P是ABCD-A1B1C1D1面上的动点,DP⊥A1C,则P的轨迹图形面积是a2 D.点P为截面A1C1B上的动点,DP⊥A1C,则点P的轨迹长度是a BCD 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解析 对于A,如图,点P在CC1上,则φ=∠APC,所以tan φ==2,解得PC=a,所以PC1=a,故A错误; 对于B,因为CC1∥AA1,所以直线AP与AA1夹角为φ=, 所以射线AP的轨迹是以AA1为轴, 轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面, 当点P在底面A1B1C1D1内时,A1P=a, 点P的轨迹是以A1为圆心,所含圆心角为的圆弧,轨迹长度为,故B正确; 考点一 考点二 考点三 教材衍展 对于C,如图,连接AC,BD,BC1,DC1, 由A1A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,则BD⊥A1A,又BD⊥AC, A1A∩AC=A,A1A,AC⊂平面A1AC,故BD⊥平面A1AC, 又A1C⊂平面A1AC, 所以A1C⊥BD, 同理,可得A1C⊥BC1,而BD∩BC1=B,BD,BC1⊂平面BDC1, 所以A1C⊥平面BDC1, 因为A1C⊥DP,所以DP⊂平面BDC1, 又P是正方体ABCD-A1B1C1D1面上的动点, 考点一 考点二 考点三 教材衍展 对于D,因为DP⊂平面BDC1,点P为截面A1C1B上的动点,平面A1C1B∩平面BDC1=C1B,所以点P的轨迹是线段BC1,长度为a,故D正确.故选BCD. 所以点P的轨迹图形是△BDC1,易知△BDC1是正三角形,边长为a, 所以点P的轨迹图形的面积为,故C正确; 考点一 考点二 考点三 教材衍展 例2　(多选题)在三棱锥A1-ABC中,A1A⊥平面ABC,AB⊥AC, AA1=AB=AC=3,P为△A1BC内的一个动点(包括边界),AP与平面A1BC所成的角为45°,则(　　) A.A1P的最小值为 B.A1P的最大值为 C.有且仅有一个点P,使得A1P⊥BC D.所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为 ACD 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解析 依题意,A1B=A1C=BC=3, 取BC的中点M,连接AM,A1M, 则AM⊥BC,A1M⊥BC, AM,A1M⊂平面A1AM,AM∩A1M=M,所以BC⊥平面A1AM, 过A作AH⊥A1M于H,因为AH⊂平面A1AM,所以AH⊥BC, 又A1M∩BC=M,A1M,BC⊂平面A1BC,所以AH⊥平面A1BC, 易得AH=,且H为等边三角形A1BC的外心,由AP与平面A1BC所成的角为45°,可知AH=HP, 考点一 考点二 考点三 教材衍展 所以点P的轨迹是以H为圆心,为半径的圆在△A1BC内部及边界上的一部分,如图所示, 所以A1P的最小值为A1H-HP=,故A正确; 由于轨迹圆部分在△A1BC外部,所以A1P的最大值不等于A1H+HP=,故B错误; 因为BC⊥平面A1AM,若A1P⊥BC,则点P在线段A1H上, 有且仅有一个点P满足题意,故C正确; 考点一 考点二 考点三 教材衍展 动线段AP形成的曲面为圆锥AH侧面的一部分,因为cos∠B1HM=,所以∠B1HM=,因为,所以曲面面积为圆锥侧面积的,圆锥AH的侧面积为2π=3,所以所有满足条件的线段AP形成的曲面面积为,故D正确.故选ACD. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练2]如图,在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点P在截面AB1D1内(含边界),且满足A1P=3.则点P的轨迹长度为　　　　　　.  2 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解析 连接A1C1,交B1D1于点O1,连接AO1,三棱锥A1-AB1D1为正三棱锥,过A1作A1G⊥平面AB1D1于点G,如图, 则G为△AB1D1的中心,又AB1=6, ∵AO1=AB1=6=3, ∴GO1=AO1=,AG=AO1=2, 由,得A1G=AA1, (6)2×A1G=6×6×6,∴A1G=2, ∵A1P=3,∴GP=, ∴点P的轨迹是以G为圆心,为半径的圆,即△AB1D1的内切圆, ∴点P的轨迹长度为2π=2 考点一 考点二 考点三 教材衍展 $