2027届高考数学一轮复习讲义-第七章 课时6直线、平面垂直的判定与性质

该高中数学高考复习讲义聚焦直线、平面垂直的判定与性质核心考点，以课标要求为纲领，通过知识梳理（表格呈现判定与性质定理）、基础回顾（判断与选择）、考点扫描（分线面垂直、面面垂直、综合应用三模块）构建系统知识网络，结合例题精讲、规律总结、对点训练，帮助学生突破垂直关系转化难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义采用“定理辨析-真题演练-方法提炼”三阶教学法，如例2（2）通过构造全等三角形证线线垂直，结合面面垂直性质推导线面垂直，培养学生空间观念与推理能力。设置基础巩固与能力提升分层练习，融入2025年模拟真题，即时反馈答案，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

课时6 直线、平面垂直的判定与性质 一、课标要求 1．掌握空间直线和平面、平面和平面的位置关系； 2．掌握线面、面面垂直的判定定理和性质定理； 3．会灵活运用定理实现线线、线面、面面垂直之间的转化． 二、知识梳理 1．直线与平面垂直的判定定理及性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条 直线都垂直，则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 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的 ，则这两个平面 垂直 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于 的直线与另一个平面垂直 【拓展知识】 直线与平面垂直的五个结论 (1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线． (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)若一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一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，则它们的交线也垂直于第三个平面． 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） （1）如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β. （ ） （2）如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β. （ ） （3）如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β. （ ） 2．已知m，n表示两条不同的直线，α表示平面. 下列说法正确的是(　 　) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α 3．（多选题）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面. 下列说法正确的有(　 　) A．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β C．若α∥β，m⊂α，n⊥β，则m⊥n D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β 4．已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的关系是 ． 四、考点扫描 考点一 直线与平面垂直的判定与性质 例1 （1）（2025·浙江慈溪市模拟）已知α，β是两个不重合的平面，a，b是两条不同的直线，下列条件中，一定能得到l⊥α的是(　 　) A．α⊥β，l∥β B．l⊥a，a∥α C．l∥a，a⊥α D．l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α （2）(2025·河南开封市模拟节选)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形，给出下列三个论断：①PC＝PD；②AC⊥PD；③BD⊥平面PAC．以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并给出证明． 规律方法： 对点训练 （1）已知PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是(　 　) A．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC C．AC⊥PB D．PC⊥BC （2）（2025·上海杨浦区期末节选）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC＝，PB＝PA＝4，PC＝，求PD的长． 考点二 平面与平面垂直的判定与性质 例2 （1）(2025·广东一模)若空间中四个不同的平面满足，则下面结论一定正确的是（ ） A. B. C. 既不垂直也不平行 D. 的位置关系不确定 （2）(2025·安徽黄山模拟节选)如图，在四棱锥A－BCDE中，AB＝BC＝AC＝CD＝2BE＝2，BE∥CD，∠BCD＝，平面ABC⊥平面BCDE，F为棱BC的中点．求证：平面AEC⊥平面AFD． 对点训练 　(2025·广东深圳中学月考节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，平面ABCD⊥平面PAD，点M在棱DP上，且DM＝2MP，AD＝AP，∠PAD＝120°．求证：BD⊥平面ACM． 规律方法： 考点三 垂直关系的综合应用 例3 （2025·云南临沧市期中联考）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为等边三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为棱AD的中点. (1)求证：BG⊥平面PAD. (2)求证：AD⊥PB. (3)若E为棱BC的中点，能否在棱PC上找到一点F，使得平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论. 规律方法： 对点训练 如图，在△BCD中，已知∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是线段AC，AD上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)． (1) 求证：无论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC． (2) 当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD? 课时6 直线、平面垂直的判定与性质参考答案 二、知识梳理 1．相交 平行 2. 垂线 交线 三、基础回顾 1．（1）×【解析】存在其他情形，如平行. （2）√【解析】平行于两个平面的交线即可. （3）√【解析】若平面α内存在直线垂直于平面β，平面α垂直于平面β. 2．B【解析】　线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确．故选B. 3．BCD【解析】 对于选项A，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，不能推出m⊥β或n⊥α，则不能推出α⊥β，故A错误； 对于选项B，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故B正确； 对于选项C，若α∥β，n⊥β，则n⊥α，又m⊂α，所以m⊥n，故C正确； 对于选项D，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，说明与α和β垂直的法向量互相垂直，则α⊥β，故D正确．故选BCD. 4．b⸦α或b//α【解析】分析线面位置关系可知. 四、考点扫描 例1 （1）C【解析】 对于选项A，α⊥β，l∥β，则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误； 对于选项B，l⊥a，a∥α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误； 对于选项C，l∥a，a⊥α，由线面垂直的性质知l⊥α，故C正确； 对于选项D，l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故D错误．故选C. （2）【解】 ①②⇒③：如图，连接AC，BD交于点O，连接OP．因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又AC⊥PD，PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，故AC⊥平面PBD．又OP⊂平面PBD，故AC⊥OP．由于OP＝OP，OD＝OC，PD＝PC，故△POD≌△POC，因此OD⊥OP，又OC∩OD＝O，OC，OD⊂平面ABCD，故OP⊥平面ABCD(可得四棱锥P－ABCD是正四棱锥)．又BD⊂平面ABCD，故OP⊥BD．又AC⊥BD，AC∩OP＝O，AC，PO⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC． ②③⇒①：如图，连接AC，BD交于点O，连接OP．因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又AC⊥PD，PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，故AC⊥平面PBD．又OP⊂平面PBD，故AC⊥OP．又BD⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，故BD⊥OP，又AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，故OP⊥平面ABCD，结合底面ABCD是正方形，O是正方形的中心，所以四棱锥P－ABCD是正四棱锥，故PC＝PD． ①③⇒②：如图，连接AC，BD交于点O，连接OP．因为BD⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，故BD⊥OP．由于OP＝OP，OD＝OB，故△POD≌△POB．又OP＝OP，OD＝OC，PD＝PC，故△POD≌△POC，故∠POD＝∠POC＝∠POB＝，因此PO⊥OB，PO⊥OC，且OC∩OB＝O，OC，OB⊂平面ABCD，故OP⊥平面ABCD，故四棱锥P－ABCD是正四棱锥．由于AC⊥BD，AC⊥OP，OP∩BD＝O，OP，BD⊂平面PBD，故AC⊥平面PBD，又PD⊂平面PBD，故AC⊥PD． 对点训练 （1）C【解析】 由PA⊥平面ABC⇒PA⊥BC，故A正确； 由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，故B，D正确．故选C. （2） 【解】 取线段AB的中点E，连接CE，PE，AC．因为四边形ABCD是边长为2的菱形，则BC＝2，BE＝1．因为∠ABC＝，所以△ABC是等边三角形，所以CE⊥AB．又因为PB＝PA且E是AB的中点，所以PE⊥AB．因为PE∩CE＝E，PE，CE⊂平面PCE，所以AB⊥平面PCE．因为PC⊂平面PCE，所以PC⊥AB．因为CD∥AB，所以PC⊥CD．因为PC＝，所以PD＝＝． 例2 （1）D【解析】 如图，在正方体中，记平面为平面，平面为平面，平面为平面，满足，若平面为平面，满足，此时， 若平面为平面，满足，此时.由此可得，的位置关系不确定.故选D. （2）【证明】 因为F为BC的中点，所以FC＝1．又CD＝2BE＝2，∠BCD＝，BE∥CD，所以∠EBC＝，BE＝1，所以△EBC≌△FCD，可得∠ECB＝∠FDC．易知∠DFC＋∠FDC＝，所以∠DFC＋∠ECB＝，即DF⊥EC．由AB＝BC＝AC，F为BC的中点，可得AF⊥BC．又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AF⊂平面ABC，所以AF⊥平面BCDE．又EC⊂平面BCDE，所以AF⊥EC．又AF∩DF＝F，AF，DF⊂平面AFD，所以EC⊥平面AFD.因为EC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFD． 对点训练【证明】不妨设AD＝AP＝3，因为∠PAD＝120°，DM＝2MP，所以DP＝3，DM＝2，PM＝.由余弦定理得AM＝＝．在△ADM中，AD2＋AM2＝DM2，所以MA⊥AD．因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，MA⊂平面PAD，所以MA⊥平面ABCD．因为BD⊂平面ABCD，所以MA⊥BD．因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又因为AC∩MA＝A，且AC⊂平面ACM，MA⊂平面ACM，所以BD⊥平面ACM． 例3 (1)【证明】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)【证明】如图，连接PG. 因为△PAD为等边三角形，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. (3)【解】能，当F为线段PC的中点时，平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：如图，取线段PC的中点F，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PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD. 对点训练 (1)【证明】因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD．因为CD⊥BC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC．又因为＝＝λ(0<λ<1)，所以无论λ为何值，恒有EF∥CD，所以EF⊥平面ABC．又因为EF⊂平面BEF，所以无论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC． (2)【解】由(1)知BE⊥EF.因为平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，所以BE⊥平面ACD．又因为AC⊂平面ACD，所以BE⊥AC．因为BC＝CD＝1，∠BCD＝∠ABD＝90°，∠ADB＝60°，所以BD＝，所以AB＝tan 60°＝，所以AC＝＝．由Rt△AEB∽Rt△ABC，得AB2＝AE·AC，所以AE＝，所以λ＝＝．故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD． . 学科网（北京）股份有限公司 $