第四节　空间直线、平面的垂直课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间直线、平面的垂直”专题，依据高考评价体系梳理了线面垂直、面面垂直的定义与判定性质定理，线面角、二面角的求解等核心考点，通过近五年真题分析明确线面垂直证明、二面角计算等高频题型占比，构建“定义-定理-应用”知识体系。 课件亮点在于“真题解析+方法建模”，如2024新课标Ⅱ卷正三棱台线面角题，通过体积公式与补形法突破，培养学生数学思维与空间观念。提炼“垂直关系转化”“几何法作角”等技巧，设易错警示，助力学生掌握得分关键，教师可据此高效规划复习，提升备考针对性。

第四节 第七章 立体几何与空间向量 空间直线、平面的垂直 【目标要求】　从立体几何定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,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,能证明垂直关系的性质定理. 1.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 如果直线l与平面α内的_____________一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直. 任意 (2)直线与平面垂直的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_____________垂直,那么该直线与此平面垂直   性质定理 垂直于同一个平面的两条直线_________   ⇒a∥b ⇒l⊥α 两条相交直线 平行 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______;一条直线和平面平行,或在平面内,则它们所成的角是______. (2)取值范围:_____________. 射影 90° 0° [0°,90°] 3.二面角 (1)定义:从一条直线出发的_____________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_____________. (3)二面角的平面角α的取值范围:[0°,180°]. 两个半平面 ∠AOB 4.两个平面垂直 (1)两个平面垂直的定义 一般地,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)两个平面垂直的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________,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________,那么这条直线与另一个平面垂直   ⇒l⊥α 垂线 l⊂β 交线 l⊂β 1.三个重要结论 (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). (3)垂直于同一条直线的两个平面平行. 2.三种垂直关系的转化 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直,则l⊥α.(　　) 若直线l与平面α内的两条相交直线垂直,则l⊥α. 解析 (2)若直线a⊥α,b⊥α,则a∥b.(　　) (3)垂直于同一个平面的两平面平行.(　　) (4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α.(　　) 若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a⊂α. 解析 2.(人A必二P159T2)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β的充分条件是 (　　) A.α⊥γ,β⊥γ B.α∩β=a,b⊥a,b⊂β C.a∥β,a∥α D.a∥α,a⊥β α⊥γ,β⊥γ⇒α与β相交或平行,故A不正确;因为α∩β=a,b⊥a,b⊂β,所以β可以绕交线a任意旋转,所以不能得到α⊥β,故B不正确;a∥β,a∥α⇒α与β相交或平行,故C不正确;当a⊥β,a∥α,过直线a作平面与平面α交于直线b,所以a∥b,又a⊥β,所以b⊥β,又b⊂α,所以α⊥β,故D正确. 解析 3.(人A必二P158例8改编)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⊥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 如图,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.故选B. 解析 4.(苏教必二P187T11改编)过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC. (1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的______心. 易证△POA≌△POB≌△POC,故OA=OB=OC,O是△ABC的外心. 解析 外 (2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的_________心. 易知PA⊥平面PBC,从而PA⊥BC.而PO⊥平面ABC,所以PO⊥BC,从而BC⊥平面PAO,所以BC⊥AO.同理AC⊥BO.所以O为△ABC的垂心. 解析 垂 5.过平面外一点P的斜线段是过这点的垂线段的倍,则斜线与平面α所成的角是_________. 如图,连接AB,由PB⊥α,知∠PAB是斜线PA与平面α所成的角,在Rt△PAB中,因为PA=PB,所以sin∠PAB==,∠PAB∈,所以∠PAB=,即斜线PA与平面α所成的角为. 解析 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. 证明 【例1】　如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1. (1)求证:B1D1⊥平面A1C1C; 考点一 直线与平面垂直的判定与性质 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B1D1⊥平面A1C1C,且A1C ⊂平面A1C1C,所以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. 证明 (2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C. 证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明线面垂直的常用方法:①判定定理,②直线垂直于平面的传递性,③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,则需借助线面垂直的性质. A选项,由题意得底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC. 连接AE,CE,因为PE⊥平面ABCD,AE,EC⊂平面 ABCD,所以PE⊥AE,PE⊥EC.又PA=, PC=,AE=CE,故PA=PC,A正确.B选项, 解析 【训练1】　(多选题)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,P在底面上的射影E在线段BD上,则(　　) A.PA=PC B.PB=PD C.AC⊥平面PBD D.BD⊥平面PAC 因为PE⊥平面ABCD,DB⊂平面ABCD,所以PE⊥DB,所以PD=,PB=,由于ED与EB不一定相等,故PB,PD不一定相等,B错误.C选项,因为PE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC.因为AC⊥BD,PE∩BD=E,PE,BD⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD,C正确.D选项,设AC∩BD=H,连 接PH,若点E,H不重合,此时在Rt△PEH中,PH为 斜边,故PH与EH不垂直,故BD与PH不垂直,又PH ⊂平面PAC,故此时BD与平面PAC不垂直,D错误. 故选AC. 解析 【例2】　(2026·青岛模拟)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; 考点二 平面与平面垂直 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. 证明 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,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. 证明 (2)平面PAB⊥ 平面PCD. 面面垂直判定的两种方法与一个转化 两种 方法 (1)面面垂直的定义; (2)面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β) 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2】　(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; 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. 证明 如图,过点A1作A1O⊥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, 解 (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高. 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A1C2+AC2=A,即x2+x2=22,解得x=,所以A1O===1,所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 解 【例3】　(1)(2024·新课标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 考点三 几何法求线面角、二面角 解法一:分别取BC,B1C1的中点D,D1,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①,分别过A1,D1作底面的垂线,垂足为M,N,设 解析 AM=x,则AA1==,DN=AD-AM-MN=2-x,可得DD1==,结合等腰梯形BCC1B1可得B=+D,即x2+=(2-x)2++4,解得x=,所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1. 解析 解法二:将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥 P-ABC,如图②所示,则A1A与平面ABC所成的角 即为PA与平面ABC所成的角,因为==, 则=,可知= V三棱锥P-ABC=,则V三棱锥P-ABC=18,设正三棱锥P-ABC的高为d,则 解析 V三棱锥P-ABC=d××6×6×=18,解得d=2,取△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. 解析 (2)在四面体ABCD中,已知△ABD为等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,斜边AB=4,CD=2,则二面角C-AB-D的大小为(　　) A. B. C. D. 如图,取AB的中点M,连接CM,DM.因为△ABD为等边三角形,△ABC为等腰直角三角形,所以CM⊥AB, DM⊥AB,故∠CMD即为二面角C-AB-D的平面角.因为AB=4,所以CM=2,DM=2,所以cos∠CMD= ==-,所以∠CMD=,即二面角C-AB-D的大小为.故选D. 解析 1.几何法求线面角的3个步骤 一作(找)角,二证明,三计算,其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解. 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,也可以用垂面法,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. 【训练3】　(1)如图,已知棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1,点E为线段CD1的中点,则直线AE与平面 A1BCD1所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 连接AB1(图略),设AB1与A1B交于点F,易知AF⊥A1B,AF⊥BC,且A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BCD1,所以AF⊥平面A1BCD1.连接EF,则∠AEF是直线AE与平面A1BCD1所成的角,tan∠AEF==.故选A. 解析 (2)如图,设AB为圆锥PO的底面直径,PA为母线,点C在底面圆周上,若PA=AB=2,AC=BC,则二面角P-AC-B的正切值是_________. 取AC的中点D,连接OD,PD,易知OD⊥AC,PD⊥AC,所以∠PDO是二面角P-AC-B的平面角.因为PA=AB=2,所以AC=BC=,所以PO=,OD=,所以二面角P-AC-B的正切值是=. 解析 cos θ=cos θ1·cos θ2的应用 已知AO是平面α的斜线,如图,A是斜足,OB⊥α,B是垂足,则直线AB是斜线AO在平面α内的射影,设AC是α内的任一过点A的直线,且BC⊥AC,C为垂足,又设AO与直线AB所成的角为θ1,AB与AC所成的角是θ2,AO与AC所成的角为θ,则cos θ=cos θ1·cos θ2. 【典例】　如图,PA是平面α的斜线,∠BAC在平面α内,且∠BAC=90°,又∠PAB=∠PAC=60°,则PA与平面α所成的角为__________. 45° 作P在α内的正射影O,则O在∠BAC的平分线上, ∠PAO为PA与平面α所成的角,所以cos∠PAC= cos∠PAO·cos∠OAC,所以cos 60°=cos∠PAO· cos 45°,所以cos∠PAO=,故∠PAO=45°,所以PA与平面α所成的角为45°. 解析 【微练】　已知AO为平面α的一条斜线,O为斜足,OB为OA在平面α内的射影,直线OC在平面α内,且∠AOB=∠BOC=45°,则∠AOC的大小为(　　) A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90° 在OA取一点A',过A'作A'B'⊥α,再作B'C'⊥OC,垂足为C',连接A'C',由A'B'⊥OC,易得OC⊥A'C'.则cos∠AOB=,cos∠BOC=,cos∠AOC=,故有cos∠AOB·cos∠BOC=cos∠AOC.由于∠AOB=∠BOC=45°,则cos∠AOC=cos45°· cos45°=×=,则∠AOC=60°.故选C. 解析 1.(2024·天津高考)若m,n为两条直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是(　　) A.若m∥α,n∥α,则m⊥n B.若m∥α,n∥α,则m∥n C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m∥α,n⊥α,则m与n相交 对于A,B,若m∥α,n∥α,则m与n可能平行,相交或异面,故A,B错误;对于C,D,若m∥α,n⊥α,则m⊥n,且m与n可能相交,也可能异面,故C正确, D错误.故选C. 解析 2.(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. B. C. D. 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,则有CE⊥AB,又△ABD是等边三角形,则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⊂ 解析 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=,在△CDE中,由余弦定理,得CD== 解析 =,由正弦定理,得=,即sin∠DCE==,显然∠DCE是锐角,则cos∠DCE===,所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为.故选C. 解析 3.(2024·全国甲卷)如图,AB∥CD,CD∥EF,AB= DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,AE=2,M为 CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF; 由题意得,EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥FC,又CF⊂平面BCF,EM⊄平面BCF,所以EM∥平面BCF. 证明 (2)求点M到ADE的距离. 取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB= MC,所以四边形AMCB是平行四边形,所以AM=BC =,又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理 △EDM是等腰三角形,可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA ==3,OE==,又AE=2,所以OA2 解 +OE2=AE2,故OA⊥OE.又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM,所以OA⊥平面EDM,易知S△EDM=×2×=.在△ADE中, cos ∠DEA==,所以sin ∠DEA=,S△DEA=×2×2×=.设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM,得S△ADE·d=S△EDM·OA,得d=,故点M到平面ADE的距离为. 解析 $