第7章 第5节 直线、平面垂直的判定与性质(学用讲义)-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习学用Word（创新版）

该高中数学高考复习学案系统梳理了直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质及综合应用等核心考点，按“定义-判定定理-性质定理-真题应用”层次构建知识网络，通过问题链引导学生自主推导线面垂直判定步骤、面面垂直性质转化等规律，形成空间垂直关系的整体认知框架。 亮点在于诊断性练习与思维进阶设计，如“练1”“练2”“练3”覆盖基础证明、高考真题及折叠综合问题，培养学生空间观念与推理能力。每个考点配有判定方法总结和错题归因提示，学生可通过例题拆解自主诊断薄弱环节，教师能依据练习反馈精准指导，助力学生构建个性化知识体系，提升自主复习效率。

第5节　直线、平面垂直的判定与性质 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. 　　 直线与平面垂直 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. 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 ⇒l⊥α 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. 1.判定定理证明线面垂直的步骤 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）. 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　　　　　　 ⇒a∥b （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°]. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1. 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. 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； （2）PA⊥平面ABCDE. 平面与平面垂直 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. 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 （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； （2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高. 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. 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 （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. 　　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. 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；（2）平面PAB⊥平面PCD. 平行与垂直的综合问题 （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（　　） 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 （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（　　） A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 听课记录 立体几何中平行、垂直关系的两种转化 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. （1）证明：CD⊥平面A'OF； （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. 提示：完成课后作业　第七章　第5节 答案 第5节　直线、平面垂直的判定与性质 考点一 任意一条 角度1　相交　m⊂α，n⊂α　m∩n＝P　l⊥m　l⊥n 【例1】　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. 角度2　（1）平行　a⊥α　b⊥α　 （2）①射影　90°　0° 【例2】　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. ∵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. 练1　证明：（1）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. （2）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. 考点二 1.（1）两个半平面　（2）垂直于棱 2.直二面角 角度1　垂线 【例3】　解：（1）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. （2）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，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. 角度2　交线 【例4】　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. 练2　证明：（1）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. （2）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. 提能点 【例5】　（1）C　（2）BD　解析：（1）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. （2）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. 练3　解：（1）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， 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. （2）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. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $