第7单元 04 第44讲 直线、平面垂直的判定与性质（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学高考复习讲义围绕直线、平面垂直的判定与性质核心考点，依据课标要求从定义和基本事实出发梳理定理，通过表格化呈现判定与性质的语言表述、符号及应用，构建知识网络。教学流程涵盖考点梳理、方法指导（如线面垂直判定的四种方法）、真题训练（含2025年调研题及变式题），帮助学生系统突破难点。 资料特色在于融合数学思维与空间观念，如例2证明SE⊥平面ADF时，引导学生利用等边三角形和矩形性质找相交直线垂直，培养推理能力。题组分常识题巩固基础、常错题辨析易错点，配合分层练习，确保高效复习。为教师提供系统框架和针对性策略，助力把控节奏，提升学生应考能力。

第44讲　直线、平面垂直的判定与性质 【课标要求】　1.从立体几何的有关定义和基本事实出发,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质定理与判定定理,并能够证明相关性质定理. 2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题. 1.直线与平面垂直 (1)定义:如果直线l与平面α内的　　　　　　　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叫作平面α的　　　　,平面α叫作直线l的　　　　.  (2)直线与平面垂直的判定与性质 类别 语言表述 图形表示 符号语言 应用 判定 根据定义,证明一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线 b是平面α内的任意一条直线,a⊥b⇒a⊥α 证明 直线 和平 面垂 直 如果一条直线与一个平面内的　　　　　　　垂直,那么该直线与此平面垂直  ⇒l⊥α 如果两条平行直线中的　　　　垂直于一个平面,那么　　　　　也垂直于这个平面  ⇒ b⊥α 性质 如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内的　　　　　　都垂直  ⇒ a⊥b 证明 直线 与直 线垂 直 垂直于同一个　　　的两条直线平行  ⇒ a∥b 证明 直线 与直 线平 行 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.  (2)两个平面垂直的判定与性质 类别 语言表述 图形表示 符号表示 应用 判定 根据定义,证明两平面所成的二面角是　　　  ∠AOB是二面角α-l-β的平面角,且　　　,则α⊥β  证明 两个 平面 垂直 如果一个平面过另一个平面的　　　　,那么这两个平面垂直  ⇒ α⊥β 性质 如果两个平面垂直,那么它们所成　　　　　　　　是直角  α⊥β,∠AOB是二面角α-l-β的平面角,则　　　　　  证明 两条 直线 垂直 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　　　　  ⇒ a⊥α 证明 直线 与平 面垂 直 常用结论 1.与线面垂直相关的常用结论: (1)两条平行直线中的一条直线与一个平面垂直,则另一条直线也与这个平面垂直; (2)一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则与另一个平面也垂直; (3)过空间一点有且仅有一条直线与已知平面垂直; (4)过空间一点有且仅有一个平面与已知直线垂直. 2.三种垂直关系的转化: 线线垂直线面垂直面面垂直 题组一　常识题 1.[教材改编] 如图,已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面,连接PA,PB,PC,AC,BD,则一定互相垂直的平面有　　　　对,与AC垂直的直线有　　　　条.  2.[教材改编] 若平面α⊥平面β,且α∩β=l,则下列说法中正确的序号是　　　　.  ①平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线; ②平面α内的直线必垂直于平面β内的无数条直线; ③平面α内的任意一条直线必垂直于平面β; ④过平面α内任意一点作交线l的垂线,则此垂线必垂直于平面β. 3.[教材改编] 在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC上的射影为点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.  题组二　常错题 ◆索引:证明线面垂直时,易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件;忽略线面垂直、面面垂直的条件致误;面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直;注意排除由平面到空间的思维定势的影响. 4.“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的 　　　　　　条件.(填“充分不必要”“必要不充分”或“充要”)  5.如图所示,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形,PA=a,PB=PD=a,则它的5个面中,互相垂直的面有　　　　对.  6.在△ABC中,∠BAC=90°,P为平面ABC外的一点,且PA=PB=PC,则平面PBC与平面ABC　　　　(填“一定”或“不一定”)垂直.   　垂直关系的基本问题 例1 (1)[2025·黑龙江黑河龙西北名校联盟调研] α,β是两个不同的平面,m⊂β,则“α⊥β”是“m⊥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 (2)如图所示,AC为圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,B为圆周上不与点A,C重合的点,AS⊥PC于点S,AN⊥PB于点N, 则下列说法不正确的是 (　 ) A.平面ANS⊥平面PBC B.平面ANS⊥平面PAB C.平面PAB⊥平面PBC D.平面ABC⊥平面PAC 总结反思 解决线、面位置关系判定的问题一般是利用正方体模型或画图分析解决,其实最好的办法是笔当线,纸、手掌当面动态演示. 变式题 (1)已知l,m是两条直线,α,β是两个平面,则能推出“l⊥α”的一个条件是 (　 ) A.l⊥β,α∥β B.l∥β,α⊥β C.l⊥m,m∥α D.l⊥m,m⊂α (2)[2025·北京西城区调研] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=,AA1=AD=1.给出下列四个结论: ①AC1⊥BD;②A1C⊥B1D;③A1D⊥平面ABD1;④AB1⊥平面A1BD. 其中正确的结论是 (　 ) A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ 　线面垂直的判定与性质 例2 如图,在四棱锥S-ABCD中,△SAD是等边三角形,四边形ABCD是矩形,且SA=2AB,E是BC的中点,F是SE的中点.证明:SE⊥平面ADF.     总结反思 解决直线与平面垂直问题的常用方法: (1)线面垂直的判定定理: l⊥a,l⊥b,a⊂α,b⊂α,a∩b=P⇒l⊥α. (2)面面垂直的性质定理: α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β. (3)性质:①a∥b,b⊥α⇒a⊥α; ②α∥β,a⊥β⇒a⊥α. 变式题 如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.证明:PA⊥平面PBC.     　面面垂直的判定与性质 例3 [2025·厦门二模] 如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面ABC,AA1=A1C1=C1C=2,AC=4,BA=BC.证明:A1B⊥AC1.   总结反思 1.判定面面垂直的方法: (1)面面垂直的定义; (2)面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β)(一般在一个平面内找交线的垂线,证此线与另一平面垂直). 2.在已知面面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直. 变式题 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BB1的中点,AB=2,AA1=2. (1)证明:CD⊥A1E; (2)证明:平面A1CE⊥平面CDE; (3)求点C1到平面CDE的距离.     　平行垂直关系的综合问题 例4 如图所示,在四棱锥E-ABCD中,AD∥BC,2AD=BC=2,AB=,AB⊥AD,EA⊥平面ABCD,过点B作平面α⊥BD. (1)证明:平面α∥平面EAC; (2)已知点F为棱EC的中点,若EA=2,求直线AD与平面FBD所成角的正弦值.     总结反思 垂直关系综合问题的解题方法: (1)对于三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. (2)对于垂直与平行相结合的问题,应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用. (3)对于存在性问题,可以利用所给垂直条件先求出点的位置,再进行位置关系证明或求角. 变式题 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥CD,CD=2AB,PA=AD,E是棱PC的中点. (1)求证:BE∥平面PAD; (2)求证:平面PBC⊥平面PCD. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第44讲　直线、平面垂直的判定与性质 ● 课前基础巩固 【知识聚焦】 1.(1)任意一条直线　垂线　垂面 (2)两条相交直线　一条直线 另一条直线　任意一条直线　平面 2.(1)直二面角　(2)直二面角 ∠AOB=90°　垂线　二面角的平面角 ∠AOB=90°　交线　垂直 【对点演练】 1.4　3　[解析] 由PD⊥平面ABCD,得平面PAD⊥平面ABCD,平面PDB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD.因为AC⊥BD,AC⊥PD,BD∩PD=D,所以AC⊥平面PDB,所以平面PAC⊥平面PDB,故互相垂直的平面有4对.与AC垂直的直线有PD,BD,PB,共3条. 2.②　[解析] 在①中,如图甲,a⊂α,b⊂β,且a,b与l都不垂直,则a,b不一定垂直,故①错误;在②中,如图乙,a⊂α,b⊂β,b⊥l,则b⊥α,所以β内所有与b平行的直线都与a垂直,故②正确;在③中,如图丙,a⊂α,但a与l不垂直,则a与β不垂直,故③错误;在④中,如图丁,若a不在α内,则a与β不垂直,故④错误.故填②. 3.(1)外　(2)垂　[解析] (1)如图①,连接OA,OB,OC,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心. (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AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面POC,所以AB⊥平面POC,又CG⊂平面POC,所以AB⊥CG,即CG为△ABC的边AB上的高.同理可得BD,AH分别为△ABC的边AC,BC上的高,所以O为△ABC的垂心. 4.必要不充分　[解析] 根据直线与平面垂直的定义知,“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”,反之则可以,所以应填必要不充分. 5.5　[解析] 由底面ABCD是边长为a的正方形,PA=a,PB=PD=a,得PA⊥AB,PA⊥AD,又AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.由PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAD,可得平面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.由BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,得BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.由CD∥AB,得CD⊥平面PAD,又CD⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.故共有5对互相垂直的面. 6.一定　[解析] 因为PA=PB=PC,所以点P在平面ABC内的射影O为△ABC的外心.因为∠BAC=90°,所以O为BC的中点,又PO⊥平面ABC,PO⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC. ● 课堂考点探究 例1　[思路点拨] (1)利用面面垂直的判定定理与性质定理,即可判断充分性及必要性;(2)利用线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理判断即可. (1)B　(2)B　[解析] (1)若α⊥β,设α∩β=b,当m与b不垂直时,不能得到m⊥α,故充分性不成立;若m⊥α,由m⊂β,可得α⊥β,故必要性成立.综上所述,“α⊥β”是“m⊥α”的必要不充分条件,故选B. (2)∵PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,∴平面ABC⊥平面PAC,故D中说法正确.∵BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,∴平面PAB⊥平面PBC,故C中说法正确.∵AN⊂平面PAB,∴BC⊥AN,∵AN⊥PB,BC∩PB=B,∴AN⊥平面PBC,又AN⊂平面ANS,∴平面ANS⊥平面PBC,故A中说法正确.对于B,假设平面ANS⊥平面PAB,∵AN⊥平面PBC,NS⊂平面PBC,∴AN⊥NS,∵平面PAB⊥平面ANS,平面PAB∩平面ANS=AN,∴NS⊥平面PAB,∴NS⊥PB,∵AN⊥PB,AN∩NS=N,∴PB⊥平面ANS,又AS⊂平面ANS,∴PB⊥AS,∵AS⊥PC,PB∩PC=P,∴AS⊥平面PBC,与AN⊥平面PBC矛盾,故B中说法不正确.故选B. 变式题　(1)A　(2)B　[解析] (1)对于A选项,当l⊥β,α∥β时,l⊥α,故A选项正确;对于B选项,当l∥β,α⊥β时,直线l与平面α可能平行、相交或l⊂α,故B选项错误;对于C选项,当l⊥m,m∥α时,直线l与平面α可能平行、相交或l⊂α,故C选项错误;对于D选项,当l⊥m,m⊂α时,直线l与平面α可能平行、相交或l⊂α,故D选项错误.故选A. (2)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,因为AB=,AA1=AD=1,所以底面ABCD是长、宽不相等的长方形,所以AC与BD不垂直.因为AC⊂平面ACC1,所以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.因为CC1∩AC1=C1,所以AC1与BD不垂直,故①错误.因为B1C===A1B1,所以B1C=A1B1=CD=A1D,因为CD⊥平面A1D1DA,A1D⊂平面A1D1DA,所以CD⊥A1D,又A1B1∥CD,所以四边形A1B1CD是正方形,所以A1C⊥B1D,故②正确.因为AB∥CD,所以AB⊥A1D,因为四边形A1D1DA是正方形,所以AD1⊥A1D,因为AB∩AD1=A,且AB,AD1⊂平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1,故③正确.因为四边形A1B1BA是长、宽不相等的长方形,所以AB1与A1B不垂直,由线面垂直的定义可知,AB1与平面A1BD不垂直,故④错误.故选B. 例2　[思路点拨] 思路一:取AD的中点O,连接SO,则SO⊥AD,连接OE,OF,则OE⊥AD,从而AD⊥平面SOE,进而得到SE⊥AD,再证SE⊥OF即可.思路二:要证SE⊥DF,SE⊥AF,只需连接AE,DE,再证AE=SA,DE=SD即可. 证明:方法一:取AD的中点O,连接SO,OE,OF,如图. 因为四边形ABCD是矩形,O,E分别是AD,BC的中点, 所以EO􀰿AB,所以EO⊥AD.因为△SAD是等边三角形,所以SO⊥AD.因为SO∩OE=O,所以AD⊥平面SOE.因为SE⊂平面SOE,所以AD⊥SE.因为SA=2AB,所以OS=SAsin∠SAD=SA=×AB=AB=OE,所以△SOE是等腰三角形. 因为F是SE的中点,所以OF⊥SE. 因为OF∩AD=O,OF,AD⊂平面ADF,所以SE⊥平面ADF. 方法二:不妨设AB=,则SA=AD=SD=2.如图,连接AE,DE,因为E为BC的中点,所以AE=DE=2,所以SD=DE,SA=AE.又F为SE的中点,所以DF⊥SE,AF⊥SE. 因为DF∩AF=F,DF,AF⊂平面ADF,所以SE⊥平面ADF. 变式题　证明:方法一:如图,由题设知△DAE为等边三角形,连接CO,BO,设AE=1,则DO=,CO=BO=AE=, 所以PO=DO=,所以PC===PB=PA. 因为△ABC为等边三角形,所以=2OA,所以BA=, 因为PA2+PB2=AB2, 所以∠APB=90°,所以PA⊥PB, 同理PA⊥PC,又PC∩PB=P,PC,BP⊂平面PBC, 所以PA⊥平面PBC. 方法二:因为△ABC是底面圆O的内接正三角形,且AE为底面直径, 所以AE⊥BC, 因为PO垂直于底面,BC在底面内,所以PO⊥BC,连接PE, 又PO⊂平面PAE,AE⊂平面PAE,PO∩AE=O,所以BC⊥平面PAE, 又PA⊂平面PAE,所以PA⊥BC. 设AE∩BC=F,则F为BC的中点,连接PF, 设DO=a,则PO=a,AF=a,PA=a,PF=a,所以PA2+PF2=AF2,所以PA⊥PF, 又PF∩BC=F,PF,BC⊂平面PBC,所以PA⊥平面PBC. 方法三:不妨设AB=2,则AE=AD==4, 由DO⊥平面ABC,得DO⊥AO,则DO==2, 所以PO=DO=,因为O是△ABC的外心,所以AE⊥BC.在底面过点O作BC的平行线与弧AB相交于点W,以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(0,-2,0),B(,1,0),C(-,1,0),E(0,2,0),P(0,0,),所以=(0,2,),=(-,-1,),=(,-1,), 因为·=0-2+2=0,·=0-2+2=0,所以AP⊥BP,AP⊥CP,又BP∩CP=P,BP,CP⊂平面PBC,所以AP⊥平面PBC. 例3　[思路点拨] 利用面面垂直的性质定理,线面垂直的判定定理及性质推理得证. 证明:在三棱台ABC-A1B1C1中,取AC的中点O, 连接BO,A1O,C1O,如图. 由BA=BC,得BO⊥AC, 因为平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC, BO⊂平面ABC,所以BO⊥平面AA1C1C,又AC1⊂平面AA1C1C,所以AC1⊥BO,因为A1C1∥AO,A1C1=AO=AA1,所以四边形A1AOC1是菱形,所以AC1⊥A1O, 又A1O∩BO=O,A1O,BO⊂平面A1OB,所以AC1⊥平面A1OB,又A1B⊂平面A1OB,所以A1B⊥AC1. 变式题　解:(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以平面ABC⊥平面ABB1A1,又△ABC为正三角形,D为AB的中点,所以CD⊥AB.因为平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CD⊂平面ABC,所以CD⊥平面ABB1A1,又A1E⊂平面ABB1A1,所以CD⊥A1E. (2)证明:因为AB=2,AA1=2,D,E分别为AB,BB1的中点, 所以tan∠DEB=,tan∠EA1B1=,所以∠DEB=∠EA1B1, 所以∠DEB+∠A1EB1=∠EA1B1+∠A1EB1=,所以A1E⊥DE, 又CD⊥A1E,CD,DE⊂平面CDE,CD∩DE=D,所以A1E⊥平面CDE, 又A1E⊂平面A1CE, 所以平面A1CE⊥平面CDE. (3)如图,连接C1E,C1D,C1B.设点C1到平面CDE的距离为h,则=S△CDE·h. ====×S△ABC·CC1=×××2=, 在△CDE中,CD⊥DE,CD=,DE=,所以S△CDE=, 所以=×·h,解得h=. 故点C1到平面CDE的距离为. 例4　[思路点拨] (1)利用三角形相似及等量代换得AC⊥BD,利用线面垂直得EA⊥BD,进而得BD⊥平面EAC,结合已知条件得证;(2)通过等体积法得到A到平面FBD的距离,再求线面角. 解:(1)证明:设AC与BD的交点为O,连接OF,如图, 因为AD∥BC,且AB⊥AD, 所以AB⊥BC. 因为2AD=2,所以AD=1,又AB=,AB⊥AD,且BC=2,AB⊥BC,所以△ABD∽△BCA,所以∠ABD=∠BCA,所以∠BAC+∠ABD=∠BAC+∠BCA. 因为AB⊥BC,所以∠BAC+∠BCA=90°,所以∠BAC+∠ABD=90°,即∠BAO+∠ABO=90°,所以∠AOB=90°,所以AO⊥OB,即AC⊥BD.因为EA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以EA⊥BD.因为EA∩AC=A,EA,AC⊂平面EAC,所以BD⊥平面EAC,又因为平面α⊥BD,且B∉平面EAC, 所以平面α∥平面EAC. (2)如图,取AC的中点M,连接FM,因为F为棱EC的中点,所以FM==1,且FM∥EA,又因为EA⊥平面ABCD,所以FM⊥平面ABCD. 因为OM⊂平面ABCD,所以FM⊥OM.因为AB⊥AD,AB⊥BC,所以BD==,AC==.易知△OBC∽△ODA,所以==,所以OA=,即OA==.又AM==,所以OM=AM-OA=.因为FM=1,且FM⊥OM,所以OF==.因为BD⊥平面EAC,OF⊂平面EAC,所以BD⊥OF,所以S△FBD=×BD×OF=××=.因为AD=1,AB=,且AB⊥AD,所以S△ABD=.设h为A到平面BFD的距离,因为VA-BFD=VF-ABD,所以S△BFD·h=S△ABD·FM,即×h=×1,解得h=.记直线AD与平面FBD所成的角为θ,则sin θ==,所以直线AD与平面FBD所成角的正弦值为. 变式题　证明:(1)如图,取PD的中点F,连接AF,EF, ∵E是PC的中点, ∴CD=2EF,EF∥CD. ∵AB∥CD,CD=2AB, ∴EF∥AB,且EF=AB, ∴四边形ABEF是平行四边形, ∴BE∥AF,又BE⊄平面PAD,AF⊂平面PAD,∴BE∥平面PAD. (2)∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AB, 又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴AB⊥平面PAD, 又AF⊂平面PAD,∴AB⊥AF, 又AB∥CD,∴CD⊥AF. ∵PA=AD,F是PD的中点,∴AF⊥PD,由(1)知BE∥AF,∴BE⊥PD,BE⊥CD,又PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD,∴BE⊥平面PCD, 又BE⊂平面PBC, ∴平面PBC⊥平面PCD. 学科网（北京）股份有限公司 $