第七章 第54课时 空间直线、平面的垂直 课件-2027届高三数学一轮专题复习

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线面垂直、面面垂直的判定与性质，二面角及线面角计算等核心考点，通过教材改编题与真题分析明确高频考点分布，归纳命题判断、证明及计算题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+思维建模+技巧总结”，如以四棱锥线面垂直证明为例，构建“找线线垂直—逆向分析—正向书写”模型，培养学生空间观念与推理能力。设课时作业与阶段检测，帮助学生掌握证明思路与计算步骤，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第七章　立体几何与空间向量 第54课时　空间直线、平面的垂直 [考试要求]　1．从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．2．掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用． 第54课时　空间直线、平面的垂直 理法先行·题练固本 知识点1　直线与平面垂直 (1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的____一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． 任意 第54课时　空间直线、平面的垂直 3 (2)直线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 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 相交 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直   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 平行 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (3)直线和平面所成的角 ①定义：平面的一条斜线和它在____________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角． ②一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°；直线与平面所成的角θ的取值范围是____________． 平面上的射影 　0°≤θ≤90° 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 知识点2　二面角 (1)从一条直线出发的__________所组成的图形叫做二面角．以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角． (2)二面角的平面角α的范围：_____________． 两个半平面 垂直于棱 0°≤α≤180° 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 知识点3　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． (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 如果一个平面过另一个平面的____，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 直二面角 垂线 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直   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 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [常用结论] 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一条直线． (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)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． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 1．(人教A版必修第二册P150探究改编)如图，将一张三角形纸片ABC沿着BC边上的高AD翻折后竖立在桌面上，则折痕AD所在直线与桌面α所成的角等于(　　) A．150° B．135° C．90° D．60° √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 C　[由题意可知AD⊥BD，AD⊥CD，BD∩CD＝D，BD，CD⊂平面α， 所以AD⊥平面α， 所以折痕AD所在直线与桌面α所成的角等于90°．故选C．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 2．(苏教版必修第二册P187习题13.2(3)T11改编)过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接PA，PB，PC． (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的______________心．   (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，垂足都为P，则点O是△ABC的______________心．   外　 垂 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (1)外　(2)垂　[(1)易证△POA≌△POB≌△POC， 故OA＝OB＝OC，O是△ABC的外心． (2)易知PA⊥平面PBC，从而PA⊥BC． 而PO⊥平面ABC，所以PO⊥BC， 从而BC⊥平面PAO，所以BC⊥AO． 同理AC⊥BO， 所以O为△ABC的垂心．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 3．(人教A版必修第二册P164习题8.6T18)如图，在三棱锥V-ABC中，VA＝VB＝AB＝AC＝BC＝2，VC＝1，则二面角V-AB-C的余弦值为______________．  　 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 　[如图所示， 取AB的中点O，连接VO，CO， 因为VA＝VB＝AB＝AC＝BC＝2， 所以VO⊥AB，CO⊥AB， 所以∠VOC是二面角V-AB-C的平面角． 又VO＝CO＝，VC＝1， 在△VOC中，由余弦定理的推论， 得cos∠VOC＝．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 4．(人教A版必修第二册P159练习T2)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 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 D　[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； 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a⊥β，所以b⊥β， 又b⊂α，所以α⊥β，故D正确．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 考点深研·题型突破 考点一　与线、面垂直相关命题的判定 [典例1]　(2025·天津卷)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 √ 第54课时　空间直线、平面的垂直 19 C　[对于A，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误； 对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误； 对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确； 对于D，若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，故D错误．故选C．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 通性通法：与线、面垂直关系有关命题真假的判断方法 (1)借助几何图形来说明线、面关系要做到作图快、准，甚至不需要作图，通过空间想象来判断． (2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确． (3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [多维变迁] (多选)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出如下命题，其中正确的是(　　) A．若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β B．若α⊥β，且n⊥β，n⊥m，则m⊥α C．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α D．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β √ √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 AC　[根据平面与平面垂直的性质知A正确；B中，m还可能在α内或m∥α或m与α斜交，不正确；C中，α⊥β，m⊥β，m⊄α时，只能有m∥α，正确；D中，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β或α与β相交，故D错误．故选AC．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 考点二　直线与平面垂直的判定与性质 [典例2]　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [证明]　(1)在四棱锥P-ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD， ∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC． 又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE． (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA． ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC． 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD． 又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD． ∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD， ∴PA⊥AB． 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD． 又PD⊂平面PAD， ∴AB⊥PD． 又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE． 思维建模：线面垂直的证明模型 第1步　找线线垂直 翻译题干条件，转化出所有可能的线线垂直，为寻找目标直线做准备． 类型1：共面垂直； 类型2：已知线面垂直⇒线线垂直； 类型3：已知面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直． 第2步　分析法，逆向思考：确定要证的逆向逻辑链条． 第3步　正向写过程：根据正向表述的逻辑书写证明过程． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 【教用·通性通法】 证明线面垂直的常用方法及关键 (1) 证明直线与平面垂直的常用方法：①判定定理；②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． (2) 证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 【教用·备选题】 (人教A版必修第二册P163习题8.6T4改编)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上． (1)求证：C1D⊥平面AA1B1B； (2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可 使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论． ①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [证明]　(1)∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°， ∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°． 又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1． ∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面AA1B1B， ∴C1D⊥平面AA1B1B． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF． 如图，连接A1B， ∴DF∥A1B． 在△ABC中，AC＝BC＝1， ∠ACB＝90°，则AB＝， 又AA1＝， 则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1． ∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B， ∴C1D⊥AB1． ∵DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF， ∴AB1⊥平面C1DF． 考点三　平面与平面垂直的判定与性质 [典例3]　(2025·北京期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝AA1＝1，BC＝，D是棱AA1的中点，C1D⊥BD． (1)求证：C1D⊥BC； (2)求证：平面BCC1B1⊥平面ACC1A1； (3)求四棱锥C-ABB1A1的体积． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [解]　(1)证明：连接CD， 由于AC＝AA1＝1，BC＝，D是棱AA1的中点，则CD＝C1D＝， 因为CD2＋C1D2＝4＝C，所以C1D⊥CD， 又由C1D⊥BD，且CD∩BD＝D，CD，BD⊂平面BCD， 则C1D⊥平面BCD， 而BC⊂平面BCD，所以C1D⊥BC． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)证明：由(1)知，BC⊥C1D， 因为CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则CC1⊥BC， 因为CC1∩C1D＝C1，CC1⊂平面ACC1A1且C1D⊂平面ACC1A1，则BC⊥平面ACC1A1， 又由BC⊂平面BCC1B1， 由面面垂直判定定理，必有平面BCC1B1⊥平面ACC1A1． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (3)根据题意，由(2)知，BC⊥平面ACC1A1， 由于AC⊂平面ACC1A1，则BC⊥AC，故AB＝ ， 过点C作CH⊥AB，交AB于点H， 如图， 又由×1××CH，解得CH＝． 因为AA1⊥平面ABC，而CH⊂平面ABC，则AA1⊥CH， 因为AA1∩AB＝A，而AA1，AB⊂平面ABB1A1，则CH⊥平面ABB1A1， 则CH为四棱锥C-ABB1A1的高， 故×CH＝×2×． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 通性通法：1．证明面面垂直首先要根据条件证明线面垂直，则所有经过平面垂线的平面都与已知平面垂直，而面面垂直判定的常用两种方法： (1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)． 2．若条件中已知面面垂直，则通常会应用面面垂直证明线面垂直，即一个面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 【教用·备选题】 (2023·全国甲卷)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． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [解]　(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC， 因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC， 又A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BB1C1C， 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C， 又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1， A1H⊂平面ACC1A1， 所以A1H⊥平面BB1C1C， 即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠ACB＝∠A1CB＝90°，则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1． 又AA1＝2，∠ACA1＝90°， 所以A1C1＝CA1＝． 法一：由·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝1， 故四棱锥A1-BB1C1C的高为1． 法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，所以A1H＝CC1＝1， 故四棱锥A1-BB1C1C的高为1． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 考点四　平行、垂直关系的综合应用 [典例4]　(2026·沈阳模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E， 使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若 不存在，试说明理由． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [解]　(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意知SO⊥AC， 在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O， 因为SO，BD⊂平面SBD， 所以AC⊥平面SBD，因为SD⊂平面SBD， 所以AC⊥SD． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)连接OP，若SD⊥平面PAC， 则SD⊥OP， 设正方形ABCD的边长为a， 则SD＝a，OD＝a， 则OD2＝PD·SD， 可得PD＝a， 故可在SP上取一点N，使PN＝PD， 过N作PC的平行线与SC的交点即为E， 连接BN，BE． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 在△BDN中知BN∥PO， 又NE∥PC，BN⊄平面APC，PO⊂平面APC，NE⊄平面APC，PC⊂平面APC，可知BN∥平面PAC，NE∥平面PAC，BN∩NE＝N，BN，NE⊂平面BEN，故平面BEN∥平面PAC， 得BE∥平面PAC， 由于SN∶NP＝2∶1， 故SE∶EC＝2∶1． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 通性通法：求解三种平行、垂直的综合问题时，应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用，可通过作辅助线进行线线、线面、面面平行、垂直间的转化． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 【教用·备选题】 1．(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－ √ √ √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 BCD　[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．对于A，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； 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 对于B，直线BD与平面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； 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 对于D，设内切球球心为I，内切球半径为r，由等体积法知， 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， 故r＝＝2－，D正确．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 2．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB．沿DE将△AED折起到△A1ED的位置．连接A1B，A1C，M，N分别为A1C，BE的中点，连接MN，如图2． (1)求证：DE⊥A1B； (2)求证：MN∥平面A1ED； (3)在棱A1B上是否存在一点G， 使得EG⊥平面A1BC？若存在， 求出的值；若不存在，请说明理由． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [解]　(1)证明：∵在直角梯形ABCD中，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置， ∴DE⊥A1E，DE⊥BE． ∵A1E∩BE＝E，A1E，BE⊂平面A1BE， ∴DE⊥平面A1BE， 又A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)证明：取CD的中点H，连接NH，MH， 如图． ∵M，N分别为A1C，BE的中点， ∴MH∥A1D，NH∥DE． ∵MH⊄平面A1ED，A1D⊂平面A1ED， ∴MH∥平面A1ED， ∵NH⊄平面A1ED，DE⊂平面A1ED， ∴NH∥平面A1ED， 又NH∩MH＝H，NH，MH⊂平面MNH， ∴平面A1ED∥平面MNH， 又MN⊂平面MNH， ∴MN∥平面A1ED． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (3)取A1B的中点G，连接EG，如图． 在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，DE⊥AB， ∴BC∥DE，∵AB＝2CD， ∴AE＝BE，即A1E＝BE，∴EG⊥A1B， 由(1)知DE⊥平面A1BE， 又∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1BE， 又EG⊂平面A1BE，∴EG⊥BC， 又A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC， ∴EG⊥平面A1BC． 故棱A1B上存在中点G，使得EG⊥平面A1BC，且此时＝1． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 微点突破12　几何法求线面角、二面角 1．求线面角的三个步骤 一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解． 2．作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [典例5]　(2025·衡水期末)如图1，在直角梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝AB＝BC＝2，∠BAD＝90°，现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使平面PBD⊥平面BCD，如图2． (1)求证：CD⊥PB； (2)求PC与平面BCD所成角的 正弦值； (3)求二面角P-BC-D的平面角 的余弦值． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [解]　(1)证明：因为AD＝AB＝BC＝2，∠BAD＝90°，则BD＝CD＝2， 可得BD2＋CD2＝BC2，则BD⊥CD． 又因为平面PBD⊥平面BCD，且平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD， 可得CD⊥平面PBD， 且PB⊂平面PBD， 所以CD⊥PB． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)过点P作PE⊥BD，交BD于点E． 因为PB＝PD，则E为BD的中点， 又因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，PE⊂平面PBD， 所以PE⊥平面BCD． 连接CE，则∠PCE为PC与平面BCD所成的角． 由(1)知BD＝CD＝2， 因为PE＝，CE＝， 则PC＝＝2， 所以直线PC与平面BCD所成角的正弦值sin∠PCE＝． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (3)由(2)知PE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以PE⊥BC． 过点E作EF⊥BC交BC于点F，连接PF， 因为PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF，所以BC⊥平面PEF， 且PF⊂平面PEF，所以BC⊥PF， 可知∠PFE为二面角P-BC-D的平面角． 在△BCD中，EF＝BC＝1，则PF＝， 可得cos∠PFE＝， 所以二面角P-BC-D的平面角的余弦值为． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 【教用·备选题】 1．(2025·西安质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝5，则A1C与平面ABCD所成角的正切值为(　　) A． B．2 C． D． √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 D　[在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD， 所以∠A1CA是A1C与平面ABCD所成的角， 连接AC， 且AC⊂平面ABCD， 则AA1⊥AC， 又AB＝1，BC＝2，AA1＝5，所以AC＝， 在Rt△A1CA中，tan∠A1CA＝，即A1C与平面ABCD所成角的正切值为．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 2．(2025·嘉兴调研)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，PO＝1，底面半径为2，M，N是底面圆周上两点，且∠MON＝，则二面角P-MN-O的大小为(　　) A．　 B．　 C．　 D． √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 B　[取MN的中点E，连接OE，PE， 因为OM＝ON， 所以OE⊥MN， 因为PM＝PN， 所以PE⊥MN， 所以∠PEO是二面角P-MN-O的平面角， 因为PO⊥平面OMN，OE⊂平面OMN， 所以PO⊥OE，因为∠MON＝，OM＝2， 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 所以OE＝OM·cos＝2×， 因为PO＝1， 所以PE＝＝2， 所以cos∠PEO＝， 结合图知∠PEO＝． 所以二面角P-MN-O的大小为．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 教材拓展10　三余弦定理与三正弦定理 1．三余弦定理．如图1，设A为平面α内一点，过点A的斜线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面α内的一条直线．已知∠OAB＝θ1，∠BAC＝θ2，∠OAC＝θ，则cos θ＝cos θ1·cos θ2．三余弦定理，也称最小角定理、折叠角公式、“爪子定理”等．该定理表明，直线与平面所成的角是斜线与平面内任意直线所成 角的最小值，即线面角是线线角的最小值． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 2．三正弦定理．如图2，设二面角α'-AB-β'的平面角为α，在平面α'内有一条射线AC，AC与棱AB所成的角为β，AC与平面β'所成的角为γ，则sin γ＝sin α·sin β．该定理表明，二面角是半平面内的一条直线与另一半平面所成角的最大值，即二面角是线面角的最大值． 注意，以上两个定理在解答题中不能直接使用． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [典例6]　(多选)如图，三棱台DEF-ABC中，平面ADFC⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC，则(　　) A．EF⊥DB B．EF⊥DC C．二面角B-DC-A的正弦值为 D．DF与平面DBC所成角的正弦值为 √ √ √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 ACD　[由三余弦定理，得cos∠BCD＝cos∠ACD·cos∠ACB＝cos 45° ·cos 45°＝，所以∠BCD＝60°．由DC＝2BC，得BC⊥DB．又EF∥BC，所以EF⊥DB，故A正确，B错误． 如图，过点B作BH⊥AC于点H，HK⊥DC于点K，连接BK． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 因为平面ADFC⊥ 平面ABC，平面ADFC∩平面ABC＝AC，所以BH⊥平面ADFC．易得BK⊥DC． 设BC＝1，则BK＝，BH＝． 所以sin∠BKH＝，故C正确． 因为AC∥DF，所以DF与平面DBC所成角，即为AC与平面DBC所成角，设为θ． 由三正弦定理，得sin θ＝sin∠ACD·sin∠BKH＝，故D正确． 故选ACD．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 【教用·教材拓展】 三垂线定理及其逆定理 1．三垂线定理 在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直． 2．三垂线定理的逆定理 平面内的一条直线如果和该平面的一条斜线垂直， 那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直． 如图：若 PO，PA分别是平面α的垂线、斜线， OA是PA在平面α上的射影，a⊂α，则a⊥OA⇔a⊥PA． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 [典例]　(1)如图，如果MC⊥菱形ABCD所在平面，那么MA与BD的位置关系是(　　) A．平行 B．垂直相交 C．垂直但不相交 D．相交但不垂直 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (2)如图所示，PO⊥平面ABC，BO⊥AC，在图中与AC垂直的直线有_______条．   4　 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 (1)C　(2)4　[(1)因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC．又MC⊥平面ABCD，则BD⊥MA． 又点M在平面ABCD外，因此直线MA与BD的位置关系是垂直但不相交． (2)因为PO⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC．又AC⊥BO，PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD，所以PBD内的4条直线PB，PD，PO，BD都与AC垂直， 所以图中共有4条直线与AC垂直．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 通性通法：三垂线定理的几种应用 (1)证明线线垂直：在几何证明中，可以通过构造平面内的垂线和射影，利用三垂线定理证明两条直线垂直． (2)计算几何量：三垂线定理可以用于计算三角形的面积和三角形的垂心，以及其他相关的几何量． (3)解决空间几何问题：在解决空间几何问题时，三垂线定理可以用来找出平面角的度数或者异面直线所成的角． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 1．(链接考点二)(2025·陕西期中)已知直线m，n和平面α，且m∥α，则“n⊥m”是“n⊥α”的(　　) 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 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 B　[若m∥α，n⊥m，则n⊂α或n∥α或直线n和平面α相交，则“n⊥m”不是“n⊥α”的充分条件； 若m∥α，n⊥α，则n⊥m，则“n⊥m”是“n⊥α”的必要条件， 所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件． 故选B．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 2．(链接考点一)(人教A版必修第二册P162练习T2改编)已知平面α，β和直线m，l，则下列命题正确的是(　　) 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 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 D　[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． 故选D．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 3．(链接考点三)(人教A版必修第二册P158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 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 B　[因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直圆柱的底面，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．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 4．(链接考点四)(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　) A．BC1⊥平面A1B1C1D1 B．BC1∥平面ACD1 C．平面A1C1B⊥平面B1D1C D．平面A1C1B⊥平面B1CD √ √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 BD　[选项A，由题意知，BC1和CC1是两条不同的直线， 由正方体的性质知，CC1⊥平面A1B1C1D1， 若BC1⊥平面A1B1C1D1，则这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故选项A错误； 选项B，由正方体的性质知，AB∥C1D1，AB＝C1D1， 所以四边形ABC1D1是平行四边形， 所以BC1∥AD1， 而AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，故选项B正确； 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 选项C，连接BD，因为正方形A1B1C1D1，所以A1C1⊥B1D1， 由正方体的性质知，BB1⊥平面A1B1C1D1， 因为A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1， 又B1D1∩BB1＝B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1， 而A1C1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥平面BDD1B1， 若平面A1C1B⊥平面B1D1C，则这与过同一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直相矛盾，故选项C错误； 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 选项D，因为正方形BCC1B1，所以BC1⊥B1C， 由正方体的性质知，CD⊥平面BCC1B1， 因为BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1， 又B1C∩CD＝C，B1C，CD⊂平面B1CD，所以BC1⊥平面B1CD， 而BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥平面B1CD，故选项D正确． 故选BD．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 5．(链接考点四)在正四棱锥P-ABCD中，AB＝2，二面角P-CD-A的大小为，则该四棱锥的体积为______________．  　 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 　[连接AC，BD相交于点H，则H为正方形ABCD的中心， 故PH⊥底面ABCD， 取CD的中点Q，连接HQ，PQ， 则HQ⊥CD，PQ⊥CD，HQ＝AD＝1， 故∠PQH为二面角P-CD-A的平面角， 所以∠PQH＝，故PH＝HQ＝1， 所以该四棱锥的体积为×AB2·PH＝．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 一、单项选择题 1．(2025·宝鸡月考)已知两个相交平面α，β，过平面α内一点作交线的垂线l，则“α⊥β”是“l⊥β”的(　　) 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 √ 课时作业(五十四)　空间直线、平面的垂直 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 D　[当点在交线上时，若α⊥β，则l与β的位置关系可能是l与β相交或l⊂β，故充分性不成立； 当点在交线上时，若l⊥β，此时l⊂α或l⊄α，所以α，β不一定垂直，故必要性不成立． 所以“α⊥β”是“l⊥β”的既不充分也不必要条件． 故选D．] 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 2．已知a，b是空间内两条不同的直线，α，β，γ是空间内三个不重合的平面，则下列说法正确的是(　　) A．若α⊥β，a⊂α，则a⊥β B．若a⊥β，α⊥β，则a∥α C．若α∩β＝a，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥γ D．若α⊥β，α∩β＝a，b⊥a，则b⊥α或b⊥β 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 C　[对于A，由α⊥β，a⊂α，设α∩β＝l，当a∥l时，可得a∥β，故A错误；对于B，由a⊥β，α⊥β可得a∥α或a⊂α，故B错误；对于C，如图，设α∩γ＝b，β∩γ＝c，在平面α内作不与a重合的直线m，使m⊥b，因为α⊥γ，则m⊥γ，因为β⊥γ，m⊄β，则m∥β，因为α∩β＝a，则m∥a，于是a⊥γ，故C正确；对于D，当α⊥β，α∩β＝a，b⊥a时，若b⊄α，且b⊄β，则b可以和平面α，β成任意角度，故D错误．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 3．(2026·哈尔滨模拟)已知直线m，n与平面α，β，γ，则能使α⊥β的充分不必要条件是(　　) A．α⊥γ，β⊥γ B．m⊥n，m⊂α，n⊂β C．m⊥n，α∩β＝m，n⊂β D．m∥α，m⊥β √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 D　[对于A选项，若α⊥γ，β⊥γ，则α，β平行或相交，与A选项不符合，所以A不正确； 对于B选项，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α，β平行或相交，与B选项不符合，所以B不正确； 对于C选项，若m⊥n，α∩β＝m，n⊂β，则α，β斜交或垂直，与C选项不符合，所以C不正确； 对于D选项，如图所示， 因为m∥α，过直线m作平面γ，使得α∩γ＝n， 由线面平行的性质定理可得m∥n， 因为m⊥β，则n⊥β，因为n⊂α，故α⊥β，而反过来不成立，D满足要求． 故选D．] √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 4．(2026·合肥模拟)在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，如图，则在三棱锥A-BCD中，下列结论不正确的是(　　) A．CD⊥AB B．CD⊥BD C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 D　[对于B，如图， 因为AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°， 所以∠ABD＝∠ADB＝45°， 又因为∠BCD＝45°，AD∥BC， 所以∠ADC＝135°， 所以∠BDC＝∠ADC－∠ADB＝135°－45°＝90°， 所以CD⊥BD，所以B正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 对于A，由B选项知CD⊥BD， 又因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以CD⊥平面ABD， 因为AB⊂平面ABD， 所以CD⊥AB，所以A正确； 对于C，由选项A知，CD⊥平面ABD， 因为CD⊂平面ADC， 所以平面ADC⊥平面ABD，所以C正确； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 对于D，如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E， 因为平面ABD⊥平面BCD，AE⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以AE⊥平面BCD， 显然AE⊄平面ABC，所以平面ABC与平面BDC不垂直， 所以D错误． 故选D．] √ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 二、多项选择题 5．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　) A．异面直线AB1与CD所成角的大小为45° B．异面直线A1B1与AC1所成角的大小为45° C．直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为 D．二面角C1-AD-B的大小为45° √ √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 ACD　[如图所示， 对于A，因为CD∥AB，则AB1与CD所成的角为 ∠BAB1＝45°，A正确； 对于B，因为AB∥A1B1， 所以AC1与A1B1所成的角为∠BAC1或其补角， 因为AB＝2，BC1＝BC＝2，AC1＝AB＝2，所以AB2＋B＝A， 则AB⊥BC1，所以tan∠BAC1＝，故∠BAC1≠45°，B错误； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 对于C，因为B1C1⊥平面ABB1A1，故直线AC1与平面ABB1A1所成的角为∠B1AC1， 因为AB1⊂平面ABB1A1，则B1C1⊥AB1， 所以sin∠B1AC1＝， 因此直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为，C正确； 对于D，因为AD⊥平面CC1D1D，CD，C1D⊂平面CC1D1D，则AD⊥CD，AD⊥C1D， 所以二面角C1-AD-B的平面角为∠CDC1＝45°，D正确．故选ACD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 6．(2025·潮州期末)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是(　　) A．PB⊥AC B．PC⊥BC C．平面ABC⊥平面PAC D．平面PBC⊥平面PAC √ √ √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 BCD　[对于A，假设PB⊥AC， ∵BC⊥AC，PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC， ∴AC⊥平面PBC， ∵PC⊂平面PBC，∴AC⊥PC， ∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥PA， 在△PCA中，PA⊥AC，PC⊥AC，不能同时成立，故A错误； 对于B，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴BC⊥PA， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 ∵BC⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BC，故B正确； 对于C，∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，故C正确； 对于D，由选项B可知BC⊥平面PAC， ∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC，故D正确． 故选BCD．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 三、填空题 7．(人教A版必修第二册P152例4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______________．  　 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 　[连接A1C1，AC(图略)，由题意知∠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＝．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 8．(2025·青岛期末)如图所示，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB所在直线为轴旋转，当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝______________．  2 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 2　[如图， 取AB的中点E，连接DE，CE， ∵BC＝AC，∴CE⊥AB， 又平面ADB⊥平面ABC，且平面ADB∩平面ABC＝AB， CE⊂平面ABC， ∴CE⊥平面ADB，又DE⊂平面ADB，∴CE⊥DE， ∵AB＝2，AC＝BC＝，∴AC2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC，可得CE＝1， 在等边三角形ADB中，由AB＝2，求得DE＝， 在Rt△DEC中，有DC＝＝2．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 四、解答题 9．(人教B版必修第四册P124习题11-4BT2改编)如图，已知PA垂直于圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的任意一点，过点A作AE ⊥PC，垂足为E．求证：AE⊥平面PBC． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 [证明]　因为PA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC． 因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC． 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC． 因为AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE． 又PC⊥AE，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， 所以AE⊥平面PBC． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 10．(苏教版必修第二册P187习题13.2(3)T8改编)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，E，F分别是PB，CD的中点． (1)证明：EF∥平面PAD； (2)证明：EF⊥平面PAB； (3)若PB⊥平面AEF，求四棱锥E-ABCF的体积． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 [解]　(1)证明：如图，取AP的中点M，连接MD，ME． 因为E，M，F分别是PB，PA，CD的中点，四边形ABCD是矩形， 所以ME∥AB，ME＝AB，且DF∥AB，DF＝AB，所以ME∥DF，ME＝DF， 所以四边形EFDM为平行四边形，所以EF∥MD． 又MD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥ 平面PAD． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 (2)证明：因为PD＝AD＝1，M为AP的中点， 所以DM⊥AP， 因为PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PD⊥AB，因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥AB， 又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD， 又因为DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM， 又因为AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面ABP， 所以DM⊥平面ABP， 由(1)知EF∥MD，所以EF⊥平面PAB． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 (3)因为PD⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PD⊥AB，PD⊥AD， 又PD＝AD＝1，所以PA＝， 因为PB⊥平面AEF，AE⊂平面AEF，所以PB⊥AE， 又E是PB的中点，所以AB＝PA＝，CF＝， 所以直角梯形ABCF的面积S＝×1＝． 因为点E到平面ABCF的距离d＝PD＝， 所以V四棱锥E-ABCF＝． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 一、单项选择题 1．空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，则(　　) A．平面ABC⊥平面ADC B．平面ABC⊥平面ADB C．平面ABC⊥平面DBC D．平面ADC⊥平面DBC 阶段检测(十一)　第53～54课时 第54课时　空间直线、平面的垂直 112 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 D　[因为AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BDC，所以AD⊥平面BDC．又AD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面DBC．故选D．] 113 √ 2．(2026·六盘水模拟)已知a，l是直线，α是平面，且a⊂α，则“l⊥a”是“l⊥α”的(　　) 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 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 114 B　[根据题意，分两步来判断： ①由线面垂直的判定，当a⊂α，l⊥a时， 不足以判断l⊥α，故由“l⊥a”推不出“l⊥α”； ②a⊂α，若l⊥α，由线面垂直的定义可得， l⊥a，即“l⊥a”是“l⊥α”的必要条件， 则“l⊥a”是“l⊥α”的必要不充分条件， 故选B．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 115 √ 3．(2024·天津卷)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 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 116 C　[对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，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，且m与n相交或异面，故D错误．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 117 √ 4．(2024·全国甲卷)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m．下列四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β；③若n∥α且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n． 其中所有真命题的编号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 118 A　[对①，当n⊂α时，因为m∥n，m⊂β，则n∥β； 当n⊂β时，因为m∥n，m⊂α，则n∥α； 当n既不在α内也不在β内时，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①正确； 对②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误； 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 119 对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，则s∥t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s∥平面β，因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③正确； 对④，若α∩β＝m，n与α和β所成的角相等， 如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④错误． 综上只有①③正确，故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 120 √ 5．(2025·咸宁期末)如图，在三棱锥P-ABC中，点D，F分别为棱PB，AC上的点，且PD＝BD，AF＝FC，E为线段BC上的点，若＝λ，且满足AD∥平面PEF，则λ＝(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 121 A　[如图，取BE的中点M，连接DM，AM， 由PD＝BD，可得D为PB的中点， 又因为M为BE的中点，可得MD∥PE， 又因为MD⊄平面PEF，PE⊂平面PEF，可得MD∥平面PEF， 又由于AD∥平面PEF，且AD∩MD＝D，AD，MD⊂平面ADM， 可得平面PEF∥平面ADM，由AM⊂平面ADM， 可得AM∥平面PEF， 又由于AM⊂平面ABC，平面ABC∩平面PEF＝EF，可得AM∥EF， 又因为AF＝FC， 可得ME＝EC，可得， 故λ＝． 故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 122 √ 6．(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为(　　) A．1 B．2 C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 123 D　[由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋ PD2＝CD2，所以PC⊥PD． 如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF， PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF．过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF．又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 124 √ 二、多项选择题 7．(2025·邯郸期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝，AA1＝AD＝1．给出下列四个结论正确的是(　　) A．AC1⊥BD B．A1C⊥B1D C．A1D⊥平面ABD1 D．AB1⊥平面A1BD 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 125 BC　[由题意，底面ABCD是长方形，故AC⊥BD不成立， 由于AC⊂平面ACC1，由线面垂直的性质可知BD与平面ACC1不垂直， 因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD，若AC1⊥BD， 由于CC1∩AC1＝C1，CC1，AC1⊂平面ACC1，所以AC1⊥BD不成立，故A错误； 由于B1C＝＝A1B1， 在长方体中，有B1C＝A1B1＝CD＝A1D， 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 126 由于CD⊥平面A1D1DA，A1D⊂平面A1D1DA，所以CD⊥A1D， 由于A1B1∥CD，所以四边形A1B1CD是正方形， 所以A1C⊥B1D，故B正确； 由于AB∥CD，所以AB⊥A1D， 由于四边形A1D1DA是正方形，所以AD1⊥A1D， 由于AB∩AD1＝A，且AB，AD1⊂平面ABD1， 所以A1D⊥平面ABD1，故C正确； 由于四边形A1B1BA是长方形，所以AB1⊥A1B不成立， 由线面垂直的性质可知，AB1⊥平面A1BD不成立，故D错误． 故选BC．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 127 √ 8．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是棱PA，PB的中点，则下列结论正确的是(　　) A．CD⊥PD B．AB⊥PC C．平面PBD⊥平面PAC D．E，F，C，D四点共面 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 √ 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 128 AD　[如图所示，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为底面ABCD是矩形，所以CD⊥AD，又PA∩AD＝A，所以 CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，故A正确；因为CD∥AB，CD⊥平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又PC∩平面PAD＝P，所以AB与PC不垂直，故B错误；因为底面ABCD是矩形，所以BD与AC不一定垂直，则BD与平面PAC不一定垂直，所以平面PBD与平面PAC不一定垂直，故C错误；因为E，F分别是棱PA，PB的中点，所以EF∥AB，又 AB∥CD，所以EF∥CD，所以E，F，C，D四 点共面，故D正确．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 129 三、填空题 9．如图，在四棱锥V-ABCD中，四边形ABCD是正方形，△VAD是正三角形，平面VAD⊥平面ABCD，则二面角A-VD-B的余弦值为______________．  题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 130 　[如图，取VD的中点E，连接AE，BE，则AE⊥VD． ∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD． 又平面VAD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 平面VAD∩平面ABCD＝AD， ∴AB⊥平面VAD，则AB⊥AV，∴∠VAB＝90°． ∵△VAD是正三角形，四边形ABCD为正方形， ∴由勾股定理，可知BD＝＝VB， ∴BE⊥VD， ∴∠AEB就是所求二面角的平面角． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 131 在Rt△BAE中，∠BAE＝90°， AE＝AD＝AB，BE＝AB， ∴cos∠AEB＝， 即所求二面角的余弦值为．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 132 10．平面α∥平面β，A，C∈α，点B，D∈β，直线AB，CD相交于点P，已知AP＝8，BP＝9，CP＝16，则CD＝______________．  题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 2或34　 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 133 2或34　[∵平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点P， ∴AB，CD共面，且AC∥BD， ①若点P在平面α，β的外部， ∴， ∵AP＝8，BP＝9，CP＝16， ∴，解得PD＝18， ∴CD＝PD－PC＝18－16＝2． ②若点P在平面α，β之间， 则，解得PD＝18， 则CD＝CP＋PD＝18＋16＝34．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 134 四、解答题 11．(2025·南通期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝CD＝AD＝1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD． (1)求证：AB∥平面PCE； (2)求证：平面PAB⊥平面PBD． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 135 [证明]　(1)连接EC，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝CD＝AD＝1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．∴BC＝AE， 又∵AD∥BC，∴四边形AECB为平行四边形， ∴AB∥CE， 又∵CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE， ∴AB∥平面PCE． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 136 (2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD， 连接BE，由题意知AD∥BC，E为棱AD的中点，BC＝AD＝1， 知BC∥DE，且BC＝DE，则四边形BCDE为平行四边形， ∵AD⊥DC，∴DE⊥CD， 又BC＝CD＝1， 所以平行四边形BCDE为正方形，∴BD⊥EC， 又AB∥EC，∴BD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴BD⊥平面PAB，又BD⊂平面PBD， ∴平面PAB⊥平面PBD． 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 137 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 12．(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点． (1)证明：EM∥平面BCF； (2)求点M到平面ADE的距离． 理法先行 考点深研 阶段检测 课时作业 第54课时　空间直线、平面的垂直 138 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 [解]　(1)证明：由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC． 又FC⊂平面BCF，EM⊄平面BCF，所以EM∥平面BCF． (2)取DM的中点O，连接OA，OE(图略)，因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝， 又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝，又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE． 139 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM⊂平面EDM， 所以OA⊥平面EDM． 易知S△EDM＝×2×． 在△ADE中，cos∠DEA＝， 所以sin∠DEA＝，S△ADE＝×2×2． 设点M到平面ADE的距离为d，由V三棱锥M-ADE＝V三棱锥A-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝， 故点M到平面ADE的距离为． 140 谢谢！ $