7.4　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”核心考点，依据课标要求覆盖线线、线面、面面垂直的判定与性质及证明应用。通过梳理近五年高考真题，明确线面垂直判定、面面垂直性质等高频考点，归纳选择、解答等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+规律方法+素养提升”，如以2023全国甲卷三棱柱题为例，提炼面面垂直判定“找垂线证线面垂直”方法，培养数学思维与空间观念。设易错警示（如“无数条直线”≠“所有直线”），助力学生掌握答题技巧，教师可依此精准教学，高效冲刺高考。

第4节　空间直线、平面的垂直 高考总复习 2027 课标解读　1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直的关系,认识和理解空间中线面、面面垂直的有关性质与判定.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 强基础•固本增分 研考点•精准突破 目录索引 强基础•固本增分 自主诊断 1.(人教A版必修第二册8.6.3节练习第2题)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 D 解析 若α⊥γ,β⊥γ,则α与β相交或平行,故A不正确;因为α∩β=a,b⊥a,b⊂β,所以b不一定垂直于α,α不一定垂直于β,故B不正确;若a∥β,a∥α,则α与β相交或平行,故C不正确;因为a⊥β,a∥α,所以α中一定有一条直线垂直于β,所以α⊥β,故D正确. 2.(人教A版必修第二册8.6.3节例8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.因为BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B. 3.(人教A版必修第二册8.6节习题第15题改编)如图,在正方形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(　　) A.SG⊥平面EFG B.SD⊥平面EFG C.GF⊥平面SEF D.GD⊥平面SEF A 解析 对于A,由题可知,SG⊥GE,SG⊥GF.因为GE∩GF=G,所以SG⊥平面EFG,故A正确; 对于B,因为SG⊥平面EFG,GD⊂平面EFG,所以SG⊥GD,所以∠SGD=90°,所以∠SDG不可能为直角,即SD与GD不垂直,所以SD与平面EFG不可能垂直,故B错误; 同理,GF,GD均不与平面SEF垂直,故C,D错误.故选A. 4.(人教A版必修第二册8.6.2节练习第4题改编)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的射影为点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,因为在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心. 图1 (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PO⊥AB,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2 知识梳理 1.直线与平面垂直 　　　　　　　　 与“所有直线”是同义的,但与“无数条直线”不同 (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叫做平面α的　　　　　,平面α叫做直线l的　　　　　.直线与平面垂直时,它们唯一的公共点P叫做垂足.  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  “相交”是定理的关键词,应用定理时不能省略   ⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线　　　  ⇒a∥b 平行 a⊥α 微点拨 定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直.如果一条直线与平面内再多(即无数条)的直线垂直,但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2.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  一定不能漏掉“垂直于交线”这一条件   ⇒       垂线 b⊥α 微点拨 在性质定理中要注意两点:一是“在平面内”,二是“垂直于交线”,缺一不可.它是作平面垂线的一个重要依据,我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可. 研考点•精准突破 考点一　线面垂直的判定与性质 例1　(2021·全国甲,文19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积; (2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE. 考点一 考点二 考点三 (1)解 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥A1B1, ∵BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1. ∵AB∥A1B1, ∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC. ∵AB=BC=2, ∴AC==2, ∴CE=BE=. ∴CF=CC1=AB=1, ∴V三棱锥F-EBC=S△EBC×CF=×1=. 考点一 考点二 考点三 证明 如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM. ∵E,M分别为AC,BC中点, ∴EM∥AB. 又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM, 则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME. 又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B. 又∠MB1B+∠B1MB=90°, ∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1. 又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME, ∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE. 考点一 考点二 考点三 规律方法　证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用,其思维流程为: 考点一 考点二 考点三 [对点训练1]如图,已知矩形ABCD,过点A作SA⊥平面ABCD,过点A作AE⊥SB交SB于点E,过点E作EF⊥SC交SC于点F.求证: (1)AE⊥平面SBC; (2)AF⊥SC. 考点一 考点二 考点三 证明 (1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB. 因为SA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以SA⊥BC. 因为SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB. 因为AE⊂平面SAB,所以BC⊥AE. 因为AE⊥SB,SB∩BC=B,SB,BC⊂平面SBC,故AE⊥平面SBC. (2)因为AE⊥平面SBC,SC⊂平面SBC,所以AE⊥SC. 因为EF⊥SC,AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF, 所以SC⊥平面AEF. 又AF⊂平面AEF,所以AF⊥SC. 考点一 考点二 考点三 考点二　面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 (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 (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 规律方法　利用面面垂直的判定定理证明面面垂直的一般方法 考点一 考点二 考点三 [对点训练2]如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,BC⊥CD, BC=2CD=2AD=2,平面ABCD⊥平面PAC. (1)证明:PC⊥AB; (2)若PA=PC=AC,M是PA的中点,求三棱锥C-PBM的体积. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 由题知∠ADC=90°,AC==2, AB==2,则AC2+AB2=8=BC2,即AB⊥AC. 又平面ABCD⊥平面PAC,平面ABCD∩平面PAC=AC,AB⊂平面ABCD,则AB⊥平面PAC. 又PC⊂平面PAC,所以PC⊥AB. 考点一 考点二 考点三 (2)解 取AC的中点E,连接PE. 由PA=PC=AC=,得PE⊥AC,PE==2. 由平面ABCD⊥平面PAC,平面ABCD∩平面PAC=AC,PE⊂平面PAC, 得PE⊥平面ABCD. 又M是PA的中点,得点M到平面ABCD的距离d=PE=1. 易知S△ABC=AB·AC=2,且S△PBM=S△ABM, 所以三棱锥C-PBM的体积 VC-PBM=VC-ABM=VM-ABC=S△ABC·d=×2×1=. 考点一 考点二 考点三 考点三　平行与垂直的综合问题 例3　(2025·江苏海安模拟)如图,在三棱锥P-ABC和Q-ABC中,△PCB和△ABC均是以BC为斜边的等腰直角三角形,平面PCB⊥平面ABC,QA⊥平面ABC,BC=2QA. (1)证明:PA∥平面QBC; (2)求二面角P-AB-Q的正弦值. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 取BC的中点为D,连接PD,QD. 因为△PCB是以BC为斜边的等腰直角三角形,则PD⊥BC. 又平面PCB⊥平面ABC,平面PCB∩平面ABC=BC,PD⊂平面PCB,所以PD⊥平面ABC. 已知QA⊥平面ABC,可得PD∥QA. 因为△PCB是以BC为斜边的等腰直角三角形,则BC=2PD. 又BC=2QA,所以PD=QA,所以四边形PAQD为平行四边形, 因此PA∥DQ. 又DQ⊂平面QBC,PA⊄平面QBC,所以PA∥平面QBC. 考点一 考点二 考点三 (2)解 (方法1)连接AD,设BC=2,因为△PCB和△ABC均是以BC为斜边的等腰直角三角形,所以AD=PD=1,AB=PB=.由(1)知,PD⊥平面ABC. 又AD⊂平面ABC,所以AD⊥PD, 所以△PDA为直角三角形,则PA=, 故AB=PB=PA,即△PAB为正三角形. 取AB的中点为E,连接PE,则PE⊥AB. 又QA⊥AB,PE⊂平面PAB,QA⊂平面QAB, 平面PAB∩平面QAB=AB,所以的夹角为二面角P-AB-Q的平面角. 考点一 考点二 考点三 由(1)知,,于是的夹角为二面角P-AB-Q的平面角,即为∠DPE的补角,从而二面角P-AB-Q的正弦值即为sin∠DPE. 连接DE,在Rt△PDE中,sin∠DPE=, 即二面角P-AB-Q的正弦值为. 考点一 考点二 考点三 (方法2)因为QA⊥平面ABC,QA⊂平面QAB,所以平面QAB⊥平面ABC. 设二面角P-AB-Q为α,二面角P-AB-C为β,则α=β+. 取AB的中点为E,连接DE,PE,AD. 设BC=2,因为△PCB和△ABC均是以BC为斜边的等腰 直角三角形,则AD=PD=1,AB=PB=. 由(1)知,PD⊥平面ABC,所以△PDA为直角三角形,则PA=, 故AB=PB=PA,即△PAB为正三角形,从而PE⊥AB. 在△ABC中,DE∥AC,AC⊥AB,所以DE⊥AB, 所以∠PED即为二面角P-AB-C的平面角. 在Rt△PDE中,cos∠PED=, 从而sin α=sin(∠PED+)=cos∠PED=,即二面角P-AB-Q的正弦值为. 考点一 考点二 考点三 规律方法　立体几何中线线、线面、面面的平行、垂直关系的两种转化 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2025·山西高三考前适应性测试)如图所示,在三棱锥A-BCD中,AB=CD,AC=AD=BC=BD,BC=2AB,点E,F,G分别在棱BC,AC,AD上运动,且AB∥平面EFG,CD∥平面EFG,M,N分别是线段CD和AB的中点. (1)证明:直线MN⊥平面EFG; (2)当三角形EFG面积的最大值为时,求三棱锥A-BCD的体积. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 因为AB∥平面EFG,AB⊂平面ABC, AB⊄平面EFG,平面ABC∩平面EFG=EF,所以AB∥EF. 同理CD∥FG.连接AM,BM,因为AC=AD=BC=BD,所以△ACD≌△BCD. 又因为M,N分别是线段CD和AB的中点,所以AM=BM,所以MN⊥AB, 所以MN⊥EF. 又因为AM⊥CD,BM⊥CD,AM⊂平面AMB, BM⊂平面AMB,AM∩BM=M, 所以CD⊥平面AMB. 又MN⊂平面AMB,所以CD⊥MN,所以FG⊥MN. 因为EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EF∩FG=F, 所以MN⊥平面EFG. 考点一 考点二 考点三 (2)解 由(1)及已知可得=1,因为,所以=1. 又因为AB=CD,所以EF+FG=AB. 又因为CD⊥平面AMB,所以CD⊥AB,所以CD⊥EF,所以FG⊥EF, 所以S△EFG=EF·FG≤)2=,当且仅当EF=FG时,等号成立,所以AB=2. 又BC=2AB,则AC=AD=BC=BD=4. 因为CD⊥平面AMB,所以VA-BCD=VC-ABM+VD-ABM=S△ABM·CD. 因为AM=BM=,所以MN=, 所以VA-BCD=×2××2=,所以三棱锥A-BCD的体积为. 考点一 考点二 考点三 $