第5节直线、平面垂直的判定与性质课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“直线、平面垂直的判定与性质”专题，依据课标要求梳理线面垂直、面面垂直及综合应用三大核心考点，通过高考真题分析明确线面垂直判定与性质占比达60%的高频考点，归纳出判定定理应用、性质定理转化等常考题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题解析+规律提炼+素养提升”策略，如以2023全国甲卷18题为例，详解面面垂直判定的“线面垂直→面面垂直”推理过程，培养学生的数学思维与空间观念。特设“规律方法库”和“易错警示”，帮助学生掌握垂直关系转化技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第5节　直线、平面垂直的判定与性质 课标要求 1.理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.能用基本事实、定理和已获得的结论证明有关空间基本图形垂直关系的简单命题. 目录/ CONTENTS 考点一 直线与平面垂直 01 考点二 平面与平面垂直 02 提能点 平行与垂直的综合问题 03 课时跟踪训练 04 01 PART 考点一 直线与平面垂直 目 录 直线与平面垂直的定义：一般地，如果直线l与平面α内的 ⁠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叫做平面α 的垂线，平面α叫做直线l的垂面. 任意一条　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 角度1　直线与平面垂直的判定定理 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 ⁠ 直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ​ 相交　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面 ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F，求证： PB⊥平面DEF. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 证明：因为PD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD， 所以PD⊥BC， 因为四边形ABCD是矩形，所以CD⊥BC， 又因为PD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D， 所以BC⊥平面PCD，又DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE， 又因为PD＝DC，E是PC的中点，所以DE⊥PC，又BC∩PC＝C， BC，PC⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC， 又PB⊂平面PBC，所以DE⊥PB， 由已知得EF⊥PB，且DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以PB⊥ 平面DEF. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 1.判定定理证明线面垂直的步骤 高中总复习·数学（创新版） 目 录 2.证明直线和平面垂直的常用方法 （1）判定定理； （2）直线垂直于平面的传递性（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（α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α）. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 角度2　直线与平面垂直的性质定理 （1）直线与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线 ⁠ ​ 平行 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （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，它们所成的角是 ， 一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是 ⁠； ②范围：[0°，90°]. 射影　 90 0°　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上， EF⊥A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1. 证明：如图所示，连接A1C1，C1D，B1D1，BD. ∵AC∥A1C1，EF⊥AC， ∴EF⊥A1C1. 又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1， ∴EF⊥平面A1C1D，　① ∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1， ∴BB1⊥A1C1. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 ∵四边形A1B1C1D1为正方形，∴A1C1⊥B1D1， 又B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D， 而BD1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1. 同理DC1⊥BD1. 又DC1∩A1C1＝C1，∴BD1⊥平面A1C1D，　② 由①②可知EF∥BD1. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 与垂直有关的常用性质 （1）垂直于同一个平面的两条直线平行； （2）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； （3）垂直于同一条直线的两个平面平行； （4）一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也 垂直； （5）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. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 练1 如图所示，在五棱锥P-ABCDE中，∠EAB＝∠AED＝90°，AE＝ DE＝3 ，PB＝2AB＝4，PD＝2PA＝4 .求证： （1）AB⊥PE； 证明：在△APB中，PB＝4，PA＝2 ，AB＝2，所以 PB2＝AB2＋PA2，则∠PAB＝90°，即PA⊥AB，又 ∠EAB＝90°，所以AE⊥AB，因为AE∩PA＝A，AE， PA⊂平面PAE，所以AB⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE， 所以AB⊥PE. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）PA⊥平面ABCDE. 证明：连接AD（图略），在Rt△AED中，∠AED＝90°，AE＝3 ， DE＝3， 所以AD＝ ＝6， 在△APD中，PD＝4 ，PA＝2 ， 所以PD2＝AD2＋PA2，则∠PAD＝90°，即PA⊥AD， 由（1）知，PA⊥AB，又因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCDE， 所以PA⊥平面ABCDE. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 02 PART 考点二 平面与平面垂直 目 录 1. 二面角的有关概念 （1）二面角：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：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两 个半平面内分别作 的两条射线，这两条射线所构成的角叫做 二面角的平面角； （3）范围：0°≤α≤180°. 2. 平面和平面垂直的定义：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. 两个半平面　 垂直于棱　 直 二面角　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 角度1　平面与平面垂直的判定定理 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 ⇒α⊥β 垂线　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2023·全国甲卷18题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平 面ABC，∠ACB＝90°. （1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C； 解：证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC. 因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC. 因为AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1. 因为BC⊂平面BB1C1C， 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高. 解：如图，取棱AA1的中点D，连接BD，CD. 因为AB＝A1B，所以AA1⊥BD. 因为BC⊥平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥AA1. 因为BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD， 所以AA1⊥平面BCD. 因为CD⊂平面BCD， 所以AA1⊥CD. 因为AA1∥CC1， 高中总复习·数学（创新版） 目 录 所以CD⊥CC1. 又因为CD⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，CC1⊂平面BB1C1C，所以CD⊥ 平面BB1C1C. 因为AA1＝2，所以CD＝1. 易知AA1∥平面BB1C1C， 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为CD＝1. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 证明面面垂直的两种方法 （1）定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二 面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题； （2）定理法：利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，把证明面面垂直问题转化成证明线面垂直问题. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 角度2　平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 交线　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2026·高三全国专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD. 求证：PA⊥平面PCD. 证明：取PC的中点N，连接DN，如图， 因为△PCD为等边三角形，所以DN⊥PC， 因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD ＝PC，DN⊂平面PCD， 所以DN⊥平面PAC， 因为PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA， 又PA⊥CD，DN∩CD＝D，DN，CD⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 　　已知面面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作 交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 练2 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； 证明：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. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）平面PAB⊥平面PCD. 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，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. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 03 PART 提能点 平行与垂直的综合问题 目 录 （1）（2025·天津高考4题）已知m，n为两条直线，α，β为两个平 面，则下列结论中正确的是（　C　） A. 若m∥α，n⊂α，则m∥n B. 若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C. 若m∥α，m⊥β，则α⊥β D. 若m⊂α，α⊥β，则m⊥β C 解析：A. 若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误；B. 若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；C. 若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正 确；D. 若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，故D错误. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）〔多选〕（2025·全国Ⅰ卷9题）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为 BC的中点，则（　BD　） A. AD⊥A1C B. B1C1⊥平面AA1D C. AD∥A1B1 D. CC1∥平面AA1D BD 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析： A. 由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设 AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平 面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；B. 因为三棱柱 ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为 BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平 面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D， 故B正确；C. AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；D. CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选B、D. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 立体几何中平行、垂直关系的两种转化 高中总复习·数学（创新版） 目 录 练3 （2026·云南临沧联考）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E 为AD边上一点，且AB＝AE＝BE＝CD＝2，BC＝ED＝4，O为BE中 点，F为BC中点.将△ABE沿BE折起到△A'BE的位置，如图2. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （1）证明：CD⊥平面A'OF； 解：证明：在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝ED＝4， 则四边形BCDE是平行四边形，则BE∥CD， 因为AB＝AE＝BE＝CD＝2，所以△ABE为等边三角形，则∠BAE＝ 60°. 因为O为BE中点，所以BE⊥A'O， 在等腰梯形ABCD中，可得∠BAE＝∠CDE＝∠CBE＝60°， 在△BEC中，由余弦定理可得EC2＝BC2＋BE2－2BC·BE· cos ∠EBC＝12， 高中总复习·数学（创新版） 目 录 则EC＝2 ，所以BE2＋EC2＝16＝BC2，则BE⊥EC. 因为O，F分别是BE，BC中点，所以OF∥EC，所以OF⊥BE， 从而可得OF⊥CD，CD⊥A'O， 因为A'O∩OF＝O，A'O，OF⊂平面A'OF，所以CD⊥平面A'OF. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）试在线段A'D上确定一点G，使得平面GCE∥平面A'OF，并给出证明. 解：连接DF，设DF∩CE＝M，则 ＝ ＝ ， 在AD上取点G，使 ＝ ，连接GM，GE，GC，从而GM∥A'F， 因为A'F⊄平面GEC，GM⊂平面GEC， 所以A'F∥平面GEC， 又由（1）可知，OF∥EC，OF⊄平面GEC，EC⊂ 平面GEC，则OF∥平面GEC， 又因为A'F∩OF＝F，A'F，OF⊂平面A'OF，所以平面GCE∥平面A'OF， 故G为线段A'D上靠近A'的三等分点时，平面GCE∥平面A'OF. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 04 PART 课时跟踪检测 （时间：60分钟，满分：90分） 　[备注：单选、填空题5分，多选题6分] 目 录 1. 已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　） A. m∥l B. m∥n C. n⊥l D. m⊥n 解析：　如图所示，可排除A、B、D；因为平面α，β交于直线l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 高中总复习·数学（创新版） 目 录 2. （2024·天津高考6题）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 解析：　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，m与n可能相交垂 直，也可能异面垂直，故C正确，D错误. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 3. 如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在（　　） A. 直线AB上 B. 直线BC上 C. 直线AC上 D. △ABC内部（不含边界） 解析：　连接AC1（图略），由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B， AB，BC1⊂平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面 ABC1⊥平面ABC，∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 4. 如图，在四面体C-OAB中，OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊥OC且OA＝ OB，D为四面体C-OAB外一点，要使CD⊥AB，需要添加的条件是 （　　） A. CD⊥OC B. CD＝OC C. DA＝DB D. DA⊥DB √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析：取AB的中点M，连接OM，因为OA＝OB，所以AB⊥OM，因为OA⊥OC，OB⊥OC，OB∩OA＝O，OB，OA⊂平面OAB，所以 OC⊥平面OAB，又AB⊂平面OAB，所以OC⊥AB，因为OM∩CO＝ O，OM，CO⊂平面OMC，所以AB⊥平面OMC，要使CD⊥AB，其中 C∈平面OMC，故需D∈平面OMC，连接DM，则DM⊂平面OMC，故只需AB⊥DM，又M为AB的中点，故DA＝DB时，满足要求.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 5. 在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则 △ABC的形状是（　　） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定 √ 解析：作AE⊥BD，交BD于E，∵平面ABD⊥平面BCD， ∴AE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AE⊥BC，而DA ⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC，又∵AE∩ AD＝A，∴BC⊥平面ABD，而AB⊂平面ABD，∴BC ⊥AB，即△ABC为直角三角形. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 6. 〔多选〕如图，直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上 异于A，B的任一点，则下列关系中正确的是（　　） A. PA⊥BC B. BC⊥平面PAC C. AC⊥PB D. BC⊥PC √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析：由题意有，PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；而AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，故B正确；若AC⊥PB，因为AC⊥BC，PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，所以AC⊥PC，又PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，则△PAC中有2个直角，矛盾，故C错误；由BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，可得BC⊥PC，故D正确.故选A、B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 7. 〔多选〕如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点， M，N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的是（　　） 解析：由三垂线定理易知B、C正确. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 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 ⁠. 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，又AB⊂平面PAB，所以BC⊥AB，所以△ABC为直角三角形. 直角三角形 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 9. 在四面体P-ABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC为等腰直角三角形， AC＝BC，O为AB中点，请从以下平面中选出两个相互垂直的平面 ⁠ .（只填序号） ②⑤ （答案不唯一） ①平面PAB；②平面ABC；③平面PAC；④平面PBC；⑤平面POC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析：因为在四面体P-ABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC为等腰直角 三角形，AC＝BC，O为AB中点，所以CO⊥AB，PO⊥AB，CO∩PO ＝O，所以AB⊥平面POC. 因为AB⊂平面ABC，所以平面POC⊥平面 ABC，所以两个相互垂直的平面为②⑤. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 10. （13分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 为菱形，E为CD的中点. （1）求证：BD⊥平面PAC； 证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC. 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE. 证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°， 且E为CD的中点，所以AE⊥CD. 所以AB⊥AE. 又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以AE⊥平面PAB. 因为AE⊂平面PAE， 所以平面PAB⊥平面PAE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 11. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动 点，则满足与DD1垂直的直线MN（　　） A. 有且仅有1条 B. 有且仅有2条 C. 有且仅有3条 D. 有无数条 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析：　如图，过点N作NE⊥BC，垂足为E，连接DE， 当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN， 理由如下：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，NE∥CC1∥ MD，又MD＝NE，所以四边形MDEN为平行四边形， 所以MN∥DE. 因为DD1⊥平面ABCD，且DE⊂平面ABCD，所以DD1⊥DE，则DD1⊥MN. 所以当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，此时满足条件的直线MN有无数条. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 12. 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面各边都相等，M是PC 上的一动点，当点M满足 时，平面MBD⊥ 平面PCD. 解析：由题知△PAB≌△PAD，所以PB＝PD，易知△PDC≌△PBC，当 BM⊥PC时，则有DM⊥PC，又BM∩DM＝M，此时PC⊥平面MBD， PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD. BM⊥PC（或DM⊥PC） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 13. 〔创新交汇〕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 ⁠⁠. （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，所以实数t的取值范围是（0，1]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 14. （15分）（2026·湖北武汉模拟）如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧面 BCC1B1是平行四边形，BC1⊥CC1，BC1⊥A1C，且E，F分别是BC， A1B1的中点. （1）求证：EF∥平面A1C1CA； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解：证明：取A1C1中点G，连接FG，CG. 因为F，G分别是A1B1，A1C1的中点， 所以FG∥B1C1且FG＝ B1C1. 在平行四边形BCC1B1中，B1C1∥BC且B1C1＝BC， 因为E是BC的中点，所以EC∥B1C1且EC＝ B1C1. 所以EC∥FG且EC＝FG，所以四边形FECG是平行四 边形，所以FE∥GC， 又因为FE⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，所以EF∥平面A1C1CA. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由. 解：当点P为线段AB的中点时，BC1⊥平面EFP，理由如下： 取AB的中点P，连接PE，PF. 因为BC1⊥CC1，BC1⊥A1C，A1C∩CC1＝C，所以BC1⊥平面ACC1A1， 因为P，E分别为AB，BC的中点，则PE∥AC， 因为PE⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，则PE∥平面ACC1A1， 又因为EF∥平面ACC1A1，EF∩PE＝E，所以平面EFP∥平面ACC1A1， 所以BC1⊥平面EFP. 故当点P是线段AB的中点时，BC1⊥平面EFP，此时 ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 THANKS 演示完毕 感谢观看 $