空间直线、平面的垂直 课件-2027届高考数学一轮复习

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、面面垂直的判定与性质，线面角、二面角求解等核心考点，通过真题分析明确线面垂直判定、面面垂直性质等高频考点权重，归纳选择、证明、计算等常考题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题实战+思维建模+方法导引”，如以2025年北京卷线面角题为例，详解“等体积法求距离”技巧，培养学生推理能力与空间观念。包含命题趋势分析（翻折、动点问题）及易错点警示，助力学生掌握答题策略，教师可据此精准教学，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第4节　空间直线、平面的垂直 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第4节　空间直线、平面的垂直 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 三个高考关键点 关键点1 直线与平面垂直的判定与性质 1.(原创)已知直线l和平面α,则“l垂直于α内的两条直线”是“l⊥α”的(　　)[命题点❶] 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 返回目录 解析:根据直线与平面垂直的判定定理可知:如果一条直线垂直于平面内的两条相交直线,那么这条直线垂直于这个平面.而“l垂直于α内的两条直线”,没有满足相交,所以不一定能推出直线与平面垂直,但是如果一条直线与平面垂直,一定能推出这条直线垂直于平面内的所有直线,所以“l垂直于α内的两条直线”是“l⊥α”的必要不充分条件.故选B. 返回目录 2.空间中垂直于同一个平面的两条直线(　　)[命题点❶] A.相交 B.异面 C.平行 D.垂直 C 解析:垂直于同一个平面的两条直线互相平行.故选C. 返回目录 3.(人教A版必修第二册教材习题)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(　　)[命题点❶] 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 A 返回目录 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. 返回目录 关键点2 平面与平面垂直的判定与性质 4.(人教A版必修第二册教材习题)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β的充分条件是(　　)[命题点❹] A.α⊥γ,β⊥γ B.α∩β=a,b⊥a,b⊂β C.a∥β,a∥α D.a∥α,a⊥β D 解析: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,又因为a⊥β,所以b⊥β,又因为b⊂α,所以α⊥β,故D正确. 返回目录 5.(人教A版必修第二册教材习题)已知平面α,β和直线m,l,则下列命题正确的是(　　)[命题点❹] 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,A错误;若α∩β=m, l⊂α,l⊥m,则l与β相交但不一定垂直,B错误;若α⊥β,l⊂α,则l⊂β或l∥β或l与β相交,C错误;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. 返回目录 6.(人教A版必修第二册教材习题改编)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(　　)[命题点❹] 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,又因为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.因为BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD. 返回目录 关键点3 垂直关系的综合应用 7.在空间内,直线与平面所成角的取值范围是(　　)[命题点❷] A. (0,) B. (0,] C.[0,) D.[0,] D 解析:空间内,直线与平面平行或者直线在平面内,此时直线与平面所成角为0,当直线与平面垂直时,直线与平面所成角为,故直线与平面所成角的取值范围是[0,],故选D. 返回目录 8.(人教A版必修第二册教材习题改编)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　　　　　. [命题点❷] 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= 返回目录 9.在正方体ABCD-A'B'C'D'中,二面角D'-AB-D的大小是(　　)[命题点❸] A.30°　　 　B.45°　　 　C.60°　　 　D.90° B 解析:如图,由正方体的性质易知AB⊥平面ADD'A',AD⊂平面ADD'A',AD'⊂平面ADD'A',则AB⊥AD,AB⊥AD',而平面ABCD∩平面ABC'D'=AB,则∠D'AD为二面角D'-AB-D的平面角,又因为四边形ADD'A'为正方形,所以∠D'AD=45°,即二面角D'-AB-D的大小是45°.故选B. 返回目录 回归教材•考教衔接 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,就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理　　[❶] 应用于垂直关系的递推与证明、角度与距离计算之前的证明 返回目录 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 返回目录 2.直线和平面所成的角　　[❷] 利用线面垂直性质确定垂足,若无垂足,则可构造辅助线创造垂足 (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,我们说它们所成的角是90°;一条直线和平面平行,或在平面内,我们说它们所成的角是0°. (2)范围:[0,]. 返回目录 3.二面角[❸] 解题方法:定义法、三垂线定理法、垂面法以及空间向量法 (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: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内分别作垂直于棱l的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. (3)二面角的范围:[0,π]. 返回目录 4.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直. 返回目录 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 (2)判定定理与性质定理[❹] 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　直线与平面垂直的判定与性质 命题视角:结合正方体、棱柱、棱锥等常见几何体,考查线面垂直的判定、性质,侧重定理条件的严谨性核查. 例1 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1. (1)求证:B1D1⊥平面A1C1C; (2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C. 返回目录 考点1 考点2 考点3 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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与AC,A1D都垂直相交,垂足分别是F,E. 求证:(1)EF⊥平面AB1C; (2)EF∥BD1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 证明:(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD∥A1B1且CD=A1B1, 所以四边形A1B1CD是平行四边形, 所以A1D∥B1C. 因为EF⊥A1D,所以EF⊥B1C. 因为EF⊥AC,AC∩B1C=C,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,所以EF⊥平面AB1C. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)因为DD1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DD1⊥AC, 又因为BD⊥AC,DD1∩BD=D,BD⊂平面BDD1B1,DD1⊂平面BDD1B1, 所以AC⊥平面BDD1B1. 因为BD1⊂平面BDD1B1,所以AC⊥BD1, 同理可证BD1⊥B1C, 又AC∩B1C=C,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,所以BD1⊥平面AB1C. 又EF⊥平面AB1C,所以EF∥BD1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 1.判定定理 核心:证线与面内两相交直线垂直. 2.线线平行传递 核心:由一线一面垂直,推平行线也垂直该面. 3.面面平行性质 核心:面面平行,则线垂直于一面也必垂直于另一面. 4.面面垂直性质 核心:与交线垂直且在一面内,则垂直于另一面. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　平面与平面垂直的判定与性质 命题视角:结合正方体、棱柱、棱锥等常见几何体,考查线面垂直的判定、性质,侧重定理条件的严谨性核查. 例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,得到如图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 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:AE∥平面BND; (2)若平面BDE⊥平面ABCD,证明:BE⊥AD. 证明:(1)如图,连接AC与BD相交于点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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)过点C作CM⊥BD于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BDE, 又BE⊂平面BDE,故CM⊥BE, 又AB⊥BE,AB,CM是平面ABCD内的两相交直线,所以BE⊥平面ABCD, 又AD⊂平面ABCD,故BE⊥AD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD的中点. (1)求证:BG⊥平面PAD; (2)求证:AD⊥PB; (3)若点E,F分别为BC,PC的中点,求证:平面DEF⊥平面ABCD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 证明:(1)在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点, 所以BG⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BG⊂平面ABCD, 所以BG⊥平面PAD. (2)如图,连接PG,因为△PAD为正三角形,G为线段AD的中点,所以PG⊥AD. 由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,PG,BG⊂平面PGB,所以AD⊥平面PGB. 因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (3)如图,连接DE,EF,DF. 在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE. 而FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE=E,PB⊂平面PGB,GB⊂平面PGB,PB∩GB=B, 所以平面DEF∥平面PGB. 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,PG⊥AD,所以PG⊥平面ABCD. 又因为PG⊂平面PGB, 所以平面PGB⊥平面ABCD, 所以平面DEF⊥平面ABCD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　垂直关系的综合应用 角度 1 线面角与二面角 命题视角:空间几何体线面角与二面角几何法的求解. 例3 (2025·广东肇庆期末)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD, AB=CD=1,BC=,BD=,则下列选项中,正确的是(　 　) A.平面ABC⊥平面ACD B.二面角D-AB-C的余弦值为 C.AD与平面BCD所成角为30° D.三棱锥A-BCD外接球的表面积为π ABC 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:∵CD=1,BC=,BD=,则CD2+BC2=BD2,∴CD⊥BC, ∵AB⊥平面BCD,BC,CD,BD⊂平面BCD, ∴AB⊥BC,AB⊥CD,AB⊥BD,∵CD⊥BC,AB⊥CD,AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,∴CD⊥平面ABC,又CD⊂平面ACD,∴平面ABC⊥平面ACD,故A正确;∵AB⊥BC,AB⊥BD,∴∠CBD为二面角D-AB-C的平面角,在Rt△BCD中, cos∠CBD=,故B正确;∵AB⊥平面BCD,∴∠ADB为AD与平面BCD所成角,在Rt△ABD中,tan∠ADB=,则∠ADB=30°,故C正确;取BD的中点O,连接OB,OC, 返回目录 考点1 考点2 考点3 ∵AB⊥BD,AB=1,BD=,∴BO=AO=DO=AD=1,∵CD⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,∴CD⊥AC,∴CO=AO=DO=AD=1,则CO=AO=DO=BO=AD=1,∴O为三棱锥A-BCD外接球的球心,外接球的半径为1,∴三棱锥A-BCD外接球的表面积为4π×12=4π,故D错误.故选ABC. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 (多选)把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时( 　　) A.AB⊥CD B.直线BD与平面ABC所成角的大小为 C.二面角A-BD-C的余弦值为- D.四面体ABCD的内切球的半径为2- BCD 返回目录 考点1 考点2 考点3 解析:如图所示,当平面BAC⊥平面DAC时,三棱锥体积最大,记E为AC的中点,连接BE,DE,此时DE⊥平面BAC,因为AB⊂平面BAC,所以AB⊥DE,因为CD∩DE=D,所以AB与CD不垂直,A错误;对于B,直线BD和平面ABC所成的角即为∠EBD,因为tan∠EBD==1,故∠EBD=,B正确;对于C,由于BC=CD=BA=AD,取BD的中点G,连接AG,CG,则有CG⊥BD,AG⊥BD,故∠CGA为二面角A-BD-C的平面角,则cos∠CGA ==-,C正确;对于D,设内切 球球心为I,内切球半径为r,由等体积法知, 返回目录 考点1 考点2 考点3 V四面体ABCD=V三棱锥I-ABC+V三棱锥I-BCD+V三棱锥I-ACD+V三棱锥I-ABD=rS四面体ABCD,其中,V四面体ABCD=BE·S△ACD=,S四面体ABCD=2×(2×1+)=+2,故r==2-,D正确. 返回目录 考点1 考点2 考点3 角度 2 垂直关系中的存在性问题 命题视角:给定固定的空间几何体,探究是否存在某点(如线段或棱上的动点)、某直线,使得其与已知直线、平面满足垂直关系(线线、线面、面面垂直),若存在则确定对应参数的值. 例4 (2025·湖南衡阳模拟)如图所示,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥平面ABCD,AB=CE. (1)求证:BD⊥平面ACE. (2)求BE与平面ACE所成角的正弦值. (3)G是线段EO上一点,且满足=μ,是否存在实数μ使CG⊥平面BDE?若存在,求出μ的值;若不存在,请说明理由. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:因为EC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以EC⊥BD. 在正方形ABCD中,AC⊥BD,因为AC∩EC=C,AC,EC⊂平面ACE, 所以BD⊥平面ACE. (2)解:由(1)知,BD⊥平面ACE, 所以∠OEB即为BE与平面ACE所成角. 因为AB=CE,则BD=AB=2CE, 则OB=BD=CE,又BE=CE,在Rt△OEB中,sin∠OEB=, 即BE与平面ACE所成角的正弦值为 返回目录 考点1 考点2 考点3 (3)解:存在实数μ=,使得CG⊥平面BDE,理由如下: 取EO中点G,连接CG,由(2)可知,因为AB=CE,CO=OB=CE,所以CG⊥EO, 又BD⊥平面ACE,BD⊂平面BDE, 所以平面ACE⊥平面BDE. 因为平面ACE∩平面BDE=EO,CG⊂平面ACE, 所以CG⊥平面BDE, 故存在实数μ=,使CG⊥平面BDE. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 三垂线定理指的是平面内的一条直线,如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 利用几何图形的直观性,寻找特殊位置或特殊点,判断是否存在满足垂直关系的情况. 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中空间直线与平面的垂直问题以基础为主,集中在线面角的求解、线面垂直、面面垂直的判定与性质应用. 1.(2025·北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ADC与△BAC均为等腰直角三角形,∠ADC=90°,∠BAC=90°,E为BC的中点. (1)若F,G为PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 返回目录 (1)证明:取AC的中点为H,连接DH,EH,(图略)易证D,H,E三点共线,在三角形PDE中,F为PD的中点,G为PE的中点,FG∥DE, 又DE⊥AC,AB⊥AC,DE∥AB,由基本事实4可证FG∥AB, 又FG⊄平面PAB,AB⊂平面PAB, ∴FG∥平面PAB. 返回目录 (2)解:延长BA,CD,相交于点M,连接AM(图略),则AM与平面PCD所成的角就是AB与平面PCD所成的角. PA⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,PA⊥DC,AD⊥DC,PA∩AD=A, 所以DC⊥平面PAD,PD⊂平面PAD, 所以DC⊥PD,即△PDC是直角三角形. 不妨设AD=DC=2,AD⊥DC,所以PA=AC=2,PD=2,AM=2 设点A到平面PCD的距离为h,则VP-ADC=VA-PDC, S△PDC·h=S△ADC·PA,2h=4,h=,设直线AM与平面PCD所成的角为θ,则sin θ= 综上所述,直线AB与平面PCD所成的角的正弦值为 返回目录 命题趋势2:强化线面垂直、面面垂直的判定与性质应用,融合空间想象与几何推理,创新与翻折、动点相关的情境问题. 2.(原创)如图,在直角梯形ABCD中,已知AD∥BC,AD=AB,∠BAD=90°, ∠BCD=45°,E为对角线BD的中点,现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置,使平面PBD⊥平面BCD.求证: (1)直线PE⊥平面BCD; (2)平面PBC⊥平面PCD. 返回目录 证明:(1)因为平面PBD⊥平面BCD,且平面PBD∩平面BCD=BD, 又AD=AB,则PB=PD,且E为BD中点,所以PE⊥BD, 又PE⊂平面PBD,所以PE⊥平面BCD. (2)在直角梯形ABCD中,AD=AB,∠BAD=90°,则∠ABD=∠ADB=45°, 又AD∥BC,则∠DBC=45°, 又∠BCD=45°,所以∠BDC=90°. 在折后的几何体PBCD中,BD⊥DC,因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD, 又CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面PBD, 又PB⊂平面PBD,则CD⊥PB, 返回目录 又∠BAD=90°,即BA⊥AD,则BP⊥PD, 又CD∩PD=D,PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC,则BP⊥平面PDC, 又BP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCD. 返回目录 $