2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第4節(jié) 空間直線、平面的垂直

第四節(jié)空間直線、平面的垂直課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系.2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)，并會簡單的應(yīng)用.近三年高考考查空間直線、平面的垂直，主要以直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)為主，通常和空間向量結(jié)合命題，考查考生的推理論證能力和轉(zhuǎn)化與化歸能力，難度適中．預(yù)計2025年高考本節(jié)內(nèi)容仍會考查，以解答題第(1)問的形式呈現(xiàn)，難度中檔.必備知識——強基礎(chǔ)1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的定義如果直線l與平面α內(nèi)的eq\x(\s\up1(01))任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一條直線與一個平面內(nèi)的eq\x(\s\up1(02))兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(03))m?α,\x(\s\up1(04))n?α,m∩n＝P,\x(\s\up1(05))l⊥m,\x(\s\up1(06))l⊥n))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(07))a⊥α,\x(\s\up1(08))b⊥α))?a∥b2.直線與平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的eq\x(\s\up1(09))射影所成的角叫做這條直線與這個平面所成的角．一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°.(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定義：從一條直線出發(fā)的eq\x(\s\up1(10))兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內(nèi)分別作eq\x(\s\up1(11))垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角．(3)范圍：[0，π]．4．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的定義兩個平面相交，如果它們所成的二面角是eq\x(\s\up1(12))直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面過另一個平面的eq\x(\s\up1(13))垂線，那么這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(14))a?α,\x(\s\up1(15))a⊥β))?α⊥β性質(zhì)定理兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的eq\x(\s\up1(16))交線，那么這條直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α⊥β,\x(\s\up1(18))α∩β＝a,\x(\s\up1(19))l⊥a,\x(\s\up1(20))l?β))?l⊥α1．兩個重要結(jié)論(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法)．2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化線線垂直eq\o(,\s\up7(判定))線面垂直eq\o(,\s\up7(判定),\s\do5(性質(zhì)))面面垂直3．三垂線定理在平面內(nèi)的一條直線，如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內(nèi)的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．4．三垂線定理的逆定理平面內(nèi)的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內(nèi)的射影垂直．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.()(2)垂直于同一個平面的兩平面平行．()(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面．()(4)若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)已知平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，給出下列說法：①若m⊥n，則m⊥l；②若m⊥l，則m⊥β；③若m⊥β，則m⊥n，其中正確說法的序號為()A．①②③ B．①②C．①③ D．②③答案D解析平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①錯誤；②若m⊥l，由面面垂直的性質(zhì)定理可得m⊥β，故②正確；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正確．故選D.(2)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是平面，m，n不在α內(nèi)，下列結(jié)論中錯誤的是()A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若m⊥α，n⊥α，則m∥nC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m⊥n，n∥α，則m⊥α答案D解析對于A，∵n∥α，由線面平行的性質(zhì)定理可知，過直線n的平面β與平面α的交線l平行于n，∵m⊥α，l?α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正確；對于B，若m⊥α，n⊥α，由直線與平面垂直的性質(zhì)，可得m∥n，故B正確；對于C，若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，又n?α，∴n∥α，故C正確；對于D，若m⊥n，n∥α，則m∥α或m與α相交或m?α，而m?α，則m∥α或m與α相交，故D錯誤．故選D.(3)(多選)(2024·山東聊城質(zhì)檢)已知兩條不同的直線l，m和兩個不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四個命題中正確的是()A．若m⊥β，則l∥mB．若α∥β，則l⊥αC．若α⊥β，則l∥αD．若l⊥m，則m∥β答案AB解析對于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正確；對于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正確；對于C，若l⊥β，α⊥β，則l∥α或l?α，故C錯誤；對于D，若l⊥β，l⊥m，則m∥β或m?β，故D錯誤．故選AB.(4)(多選)(人教A必修第二冊習(xí)題8.6T20改編)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質(zhì)，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對于B，由A項可知，BC⊥AE，由題意可知，AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF?平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正確；對于C，若AC⊥PB，因為AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB?平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC?平面PBC，則AC⊥PC，與AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C錯誤；對于D，由B項可知，AE⊥平面PBC，AE?平面AEF，由面面垂直的判定定理，可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正確．故選ABD.考點探究——提素養(yǎng)考點一空間中垂直關(guān)系的基本問題例1已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有下列四個命題：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.其中所有正確的命題是()A．②③ B．①④C．②④ D．①③答案B解析對于①，若m⊥n，過直線m上點A作直線l，使l∥n，則直線m與l確定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如圖1，則有l(wèi)⊥β，因為m⊥α，m?γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c?γ得c∥l，則c⊥β，所以α⊥β，①正確；對于②，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分別為平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中點分別為M，N，P，連接MN，MP，令直線MN，MP分別為直線m，n，如圖2，顯然滿足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②錯誤；對于③，?、谥姓襟w，令平面ABCD，平面DCC1D1分別為平面α，β，直線AA1，A1B1分別為直線m，n，顯然滿足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③錯誤；對于④，因為n∥β，則存在過直線n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，則有m⊥β，從而有m⊥b，所以m⊥n，④正確．故選B.【通性通法】與垂直關(guān)系有關(guān)命題真假的判斷方法(1)借助幾何圖形來說明．(2)尋找反例，只要存在反例，結(jié)論就不正確．(3)反復(fù)驗證所有可能的情況，必要時要運用判定或性質(zhì)定理進(jìn)行簡單說明．【鞏固遷移】1．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題：①如果m?α，n?α，m∥β，n∥β，那么m∥n；②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；③如果α⊥β，m?α，n?β，那么m⊥n；④如果α∩β＝m，m⊥n，n?α，那么n⊥β.其中正確命題的個數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1答案D解析對于①，如果m?α，n?α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m與n相交，故①錯誤；對于②，如果m∥n，n⊥α，由線面垂直的性質(zhì)可知m⊥α，故②正確；對于③，如果α⊥β，m?α，n?β，那么m⊥n或m∥n或m與n相交(不垂直)或m與n異面(不垂直)，故③錯誤；對于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n?α，那么n⊥β或n與β相交(不垂直)，故④錯誤．故選D.考點二直線與平面垂直的判定與性質(zhì)(多考向探究)考向1直線與平面垂直的判定例2(1)(2023·天津河西期末)如圖，圓柱OO′中，AA′是側(cè)面的母線，AB是底面的直徑，C是底面圓上一點，則()A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′ABC．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB答案A解析對于A，依題意AA′⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圓的直徑，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC?平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正確；對于B，顯然BC與AB不垂直，則BC不可能垂直于平面A′AB，故B錯誤；對于C，顯然AC與A′C不垂直，則AC不可能垂直于平面A′BC，故C錯誤；對于D，顯然AC與AB不垂直，則AC不可能垂直于平面A′AB，故D錯誤．故選A.(2)(2024·四川綿陽模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E分別為AB，PB的中點，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求證：BC⊥平面PAC.證明∵在△AEB中，D是AB的中點，EB＝EA，∴ED⊥AB，∵E是PB的中點，D是AB的中點，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC，∴BC⊥平面PAC.【通性通法】1．證明直線和平面垂直的常用方法(1)判定定理．(2)垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)．(3)面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)．(4)面面垂直的性質(zhì)(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α)．2．證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)．因此判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想．【鞏固遷移】2.(2023·江蘇金陵中學(xué)三模)如圖，圓錐DO中，AE為底面圓O的直徑，AE＝AD，△ABC為底面圓O的內(nèi)接正三角形，圓錐的高DO＝18，點P為線段DO上一個動點．當(dāng)PO＝3eq\r(6)時，證明：PA⊥平面PBC.證明連接DE，因為AE＝AD，AD＝DE，所以△ADE是正三角形，則∠DAO＝eq\f(π,3)，又DO⊥底面圓O，AE?底面圓O，所以DO⊥AE，在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝eq\f(DO,\r(3))＝6eq\r(3).因為△ABC是正三角形，所以AB＝AO×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)×eq\r(3)＝18，AP＝eq\r(AO2＋PO2)＝9eq\r(2)，BP＝AP，所以AP2＋BP2＝AB2，即AP⊥BP，同理可證AP⊥PC，又BP∩PC＝P，BP，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.考向2直線與平面垂直的性質(zhì)例3(1)已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A?α，B?α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝()A．2 B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)答案A解析因為AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.連接OD，則O，C，D三點共線，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因為OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因為AC＝1，所以BD＝2.故選A.(2)(2024·山東臨沂一中階段考試)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如圖所示，A1A＝AB，G，E，F(xiàn)分別是A1C1，AB，BC的中點，求證：EF⊥GB.證明連接B1G，在等邊三角形A1B1C1中，因為G是A1C1的中點，所以B1G⊥A1C1.因為B1B⊥平面A1B1C1，A1C1?平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1.因為B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B?平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因為GB?平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因為E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，所以EF∥AC，所以EF∥A1C1，所以EF⊥GB.【通性通法】1．垂直關(guān)系里線線垂直是基礎(chǔ)eq\a\vs4\al(線線垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(勾股定理逆定理,線面垂直則垂直面內(nèi)所有線,等腰三角形三線合一,矩形鄰邊垂直,菱形對角線垂直))2．垂直關(guān)系中線面垂直是重點(1)eq\a\vs4\al(線面垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直兩條相交線,垂面里面作垂線,直（正）棱柱的側(cè)棱是垂線,\a\vs4\al(正棱錐的頂點與底面的中心的連線是垂線)))(2)eq\a\vs4\al(線垂面,有何用)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直里面所有線（證線線垂直）,過垂線作垂面（證明面面垂直）))【鞏固遷移】3．過△ABC所在平面α外的一點P，作PO⊥α，垂足為O，若點P到直線AB，AC和BC的距離都相等，則點O是△ABC的()A．內(nèi)心 B．外心C．重心 D．垂心答案A解析如圖，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由題意可得PE＝PF＝PD，又PO⊥平面ABC，而AC?平面ABC，AB?平面ABC，BC?平面ABC，∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD＝P，PO∩PE＝P，PO∩PF＝P，∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD?平面POD，OE?平面POE，OF?平面POF，∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD＝eq\r(PD2－PO2)，OE＝eq\r(PE2－PO2)，OF＝eq\r(PF2－PO2)，∴OD＝OE＝OF，故O一定是△ABC的內(nèi)心．故選A.4.(2024·山西大同一中階段練習(xí))如圖，在四面體P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.(1)求證：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G為垂足，求證：AG⊥BD.證明(1)由AD⊥平面PAB，PB?平面PAB，得AD⊥PB，又PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面APD，所以PB⊥平面APD.(2)由(1)及PB?平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，又平面PBD∩平面APD＝PD，AG⊥PD，AG?平面APD，所以AG⊥平面PBD，而BD?平面PBD，所以AG⊥BD.考點三平面與平面垂直的判定與性質(zhì)例4如圖，四邊形ABCD為菱形，四邊形ADEF為正方形，DE＝BD＝1，CE＝eq\r(2)，G為DA的中點，H為DE的中點．(1)求證：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；(2)求三棱錐B－CEG的體積．解(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.因為四邊形ABCD為菱形，所以DC＝DE＝1.又因為CE＝eq\r(2)，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC.因為DA∩DC＝D，且DA，DC?平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.又因為DE?平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.因為BD＝1＝DA＝AB，G為DA的中點，所以BG⊥DA.又BG?平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以BG⊥平面ADEF.因為HF?平面ADEF，所以BG⊥HF.因為四邊形ADEF為正方形，G為DA的中點，H為DE的中點，所以tan∠HFE＝tan∠GED＝eq\f(1,2)，∠HFE＝∠GED.因為∠GEF＋∠GED＝eq\f(π,2)，所以∠GEF＋∠HFE＝eq\f(π,2)，從而HF⊥GE.因為BG∩GE＝E，BG，GE?平面BGE，所以HF⊥平面BGE，因為BE?平面BGE，所以HF⊥BE.(2)因為四邊形ADEF為正方形，所以DE⊥DA.又DE?平面ADEF，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以DE⊥平面ABCD，可得三棱錐E－GBC的高為DE＝1.因為BG⊥DA，DA∥BC，所以BG⊥BC.又BG＝eq\r(AB2－AG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)，所以△GBC的面積S＝eq\f(1,2)BG×BC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),4)，所以VB－CEG＝VE－GBC＝eq\f(1,3)S×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).【通性通法】1．判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定義．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用(1)面面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運用時要注意“平面內(nèi)的直線”．(2)若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．【鞏固遷移】5.(2024·山東棗莊三中月考)在三棱錐V－ABC中，側(cè)面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，則()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案C解析因為∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC為等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC與BC不垂直，即A錯誤；過點V作VO⊥BC于點O，連接OA，因為側(cè)面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即點V在底面ABC上的投影為點O，因為OA?平面ABC，所以VO⊥OA.因為VA＝VB，所以O(shè)A＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以O(shè)A⊥BC，因為VO∩OA＝O，VO，OA?平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因為VA?平面VOA，所以VA⊥BC，即C正確；由三垂線定理知，若VB⊥AC，則BC⊥AC，這與∠ACB＝45°矛盾，故VB與AC不垂直，同理，VC與AB不垂直，即B，D錯誤．故選C.6.(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．解(1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，因為∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，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.(2)如圖，過點A1作A1O⊥CC1，垂足為O.因為平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.因為∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC為公共邊，所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC.又AC＝A1C1，所以A1C＝A1C1，又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1，所以△CA1C1是等腰直角三角形，所以A1O＝eq\f(1,2)CC1＝1，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.考點四幾何法求直線與平面所成的角與二面角例5(多選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC與BD交于點O，則下列結(jié)論正確的是()A．BD＝ACB．BD⊥平面PACC．PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)D．二面角P－BD－A的正切值為2答案BCD解析∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2eq\r(3)，故A不正確；∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正確；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA為PB與平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝eq\f(π,4)，即PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，故C正確；如圖，連接PO，由B項知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA為二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值為2，故D正確．故選BCD.【通性通法】(1)利用幾何法求空間線線角、線面角、二面角時要注意“作角、證明、計算”是一個完整的過程，缺一不可．(2)斜線與平面所成的角，首先作出平面的垂線，得出斜線在平面內(nèi)的射影，從而得出斜線與平面所成的角，轉(zhuǎn)化為直角三角形求解．(3)求空間角中的難點是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定義法：根據(jù)平面角的概念直接作，如二面角的棱是兩個等腰三角形的公共底邊，就可以取棱的中點；②垂面法：過二面角棱上一點作棱的垂面，則垂面與二面角的兩個半平面的交線所成的角就是二面角的平面角或其補角；③垂線法：過二面角的一個半平面內(nèi)一點A作另一個半平面所在平面的垂線，得到垂足B，再從垂足B向二面角的棱作垂線，垂足為C，這樣二面角的棱就垂直于這兩條垂線所確定的平面ABC，連接AC，則AC也與二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其補角，這樣就把問題歸結(jié)為解一個直角三角形，這是求解二面角最基本、最重要的方法．【鞏固遷移】7．(多選)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，M，N分別是AB，CD的中點，P是BM的中點．將矩形AMND沿MN折起，形成多面體AMB－DNC.則下列結(jié)論正確的是()A．BD∥平面ANPB．BD⊥平面ANPC．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),7)D．若二面角A－MN－B的大小為120°，則直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),14)答案AD解析如圖，連接MD交AN于點O，連接OP，由題意，得四邊形AMND為矩形，∴O為MD的中點，又P為BM的中點，∴OP∥BD，∵BD?平面ANP，OP?平面ANP，∴BD∥平面ANP，故A正確，B錯誤；∵AM⊥MN，BM⊥MN，∴∠AMB即為二面角A－MN－B的平面角，∵∠AMB＝120°，且MN⊥平面ABM，∴BC⊥平面ABM，∵BC?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ABM，過P作PQ⊥AB于點Q，∴PQ⊥平面ABCD，∴∠PAB即為AP與平面ABCD所成的角，易得AM＝MB＝2，AB＝2eq\r(3)，PB＝1，∴PQ＝eq\f(1,2)，BQ＝eq\f(\r(3),2)，∴AQ＝eq\f(3\r(3),2)，∴AP＝eq\r(\f(27,4)＋\f(1,4))＝eq\r(7)，∴sin∠PAB＝eq\f(PQ,AP)＝eq\f(\f(1,2),\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，∴直線AP與平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(7),14)，故C錯誤，D正確．故選AD.考點五平行、垂直關(guān)系的綜合問題例6(2024·黑龍江哈爾濱期末)如圖1，在平行四邊形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，現(xiàn)將△ADC沿AC折起，得到三棱錐D′－ABC(如圖2)，且平面AD′C⊥平面ABC，E為D′C的中點．(1)求證：AE⊥平面D′BC；(2)在∠ACB的平分線上是否存在點F，使得D′F∥平面ABE？若存在，求D′F的長；若不存在，請說明理由．解(1)證明：在?ABCD中，可得AD＝BC＝AC，則AD′＝AC，因為E為D′C的中點，所以AE⊥D′C，因為AC⊥BC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面AD′C，因為AE?平面AD′C，所以AE⊥BC，因為BC∩D′C＝C，BC，D′C?平面D′BC，所以AE⊥平面D′BC.(2)取AB的中點O，連接CO并延長至點F，使CO＝OF，連接AF，D′F，BF，OE，因為BC＝AC，所以射線CO是∠ACB的平分線．又因為E是D′C的中點，所以O(shè)E∥D′F，因為OE?平面ABE，D′F?平面ABE，所以D′F∥平面ABE，因為AB，F(xiàn)C互相平分，所以四邊形ACBF為平行四邊形，所以BC∥AF，因為BC⊥平面AD′C，AD′?平面AD′C，所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，又因為AF＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，故D′F＝eq\r(2).【通性通法】1．解決平行與垂直中探索性問題的主要途徑(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明．(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性．2．涉及點的位置的探索性問題一般是先根據(jù)條件猜測點的位置再給出證明，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據(jù)相似知識取點．【鞏固遷移】8．(2024·廣東深圳翠園中學(xué)期末)如圖，在平面五邊形ABCDE中，AB∥DC，∠BCD＝90°，AB＝AD＝10，AE＝6，BC＝8，CD＝4，∠AED＝90°，EH⊥AD，垂足為H，將△ADE沿AD折起(如圖)，使得平面ADE⊥平面ABCD.(1)求證：EH⊥平面ABCD；(2)求三棱錐C－ADE的體積；(3)在線段BE上是否存在點M，使得MH∥平面CDE？若存在，求出eq\f(EM,EB)的值；若不存在，請說明理由．解(1)證明：因為EH⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE，所以EH⊥平面ABCD.(2)在Rt△ADE中，因為AE＝6，AD＝10，所以DE＝8，因為DE·AE＝AD·EH，所以EH＝eq\f(24,5)，因為∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝4，所以△ACD的面積S＝eq\f(1,2)×4×8＝16，所以VC－ADE＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S·EH＝eq\f(1,3)×16×eq\f(24,5)＝eq\f(128,5).(3)解法一：過點H作HN∥DE交AE于點N，過點N作NM∥AB交EB于點M，連接HM.因為AB∥DC，所以MN∥CD，因為CD?平面CDE，MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE，同理，NH∥平面CDE，又因為MN∩NH＝N，MN，NH?平面MNH，所以平面MNH∥平面CDE.因為MH?平面MNH，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因為DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因為HN∥DE，所以eq\f(EN,EA)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，又因為MN∥AB，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(EN,EA)＝eq\f(16,25)，所以在線段BE上存在點M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).解法二：過點H作HG∥CD交BC于點G，過點G作GM∥CE交EB于點M，連接HM.因為HG∥CD，CD?平面CDE，HG?平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理，GM∥平面CDE.又因為HG∩GM＝G，HG，GM?平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE.因為MH?平面MHG，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，因為EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因為DE＝8，AD＝10，所以DH＝eq\f(32,5)，因為HG∥CD，所以eq\f(CG,CB)＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(16,25)，因為MG∥CE，所以eq\f(EM,EB)＝eq\f(CG,CB)＝eq\f(16,25)，所以在線段BE上存在點M，使得MH∥平面CDE，且eq\f(EM,EB)＝eq\f(16,25).課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2024·江西南昌一中階段考試)已知α，β是兩個不同的平面，a，b，c是三條不同的直線，則下面說法中正確的是()A．若a?α，b?α，且c⊥a，c⊥b，則c⊥αB．若a?α，且b⊥a，則b⊥αC．若b⊥α，且c⊥b，則c∥αD．若a⊥α，b⊥β，且c∥a，c∥b，則α∥β答案D解析對于A，由a?α，b?α，且c⊥a，c⊥b，當(dāng)且僅當(dāng)a與b相交時才能得到c⊥α，故A錯誤；對于B，若a?α，且b⊥a，則b⊥α或b∥α或b?α或b與α相交(不垂直)，故B錯誤；對于C，若b⊥α，且c⊥b，則c∥α或c?α，故C錯誤；對于D，若c∥a，c∥b，則a∥b，又a⊥α，b⊥β且α，β是兩個不同的平面，則α∥β，故D正確．故選D.2．(2023·河南洛陽模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且m?α，α∥β，則“m⊥n”是“n⊥β”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析當(dāng)m⊥n，n?α?xí)r，可推出n∥β，推不出n⊥β；當(dāng)n⊥β時，由α∥β可知n⊥α，又m?α，所以m⊥n.綜上可知，“m⊥n”是“n⊥β”的必要不充分條件．故選B.3.如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()A．直線AB上 B．直線BC上C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部答案A解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因為AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．故選A.4.(2024·山東高密三中階段練習(xí))如圖，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，則圖中與平面PCD垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PAB答案C解析因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，由四邊形ABCD為矩形，得CD⊥AD，因為PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.故選C.5．(2023·浙江杭州模擬)在二面角α－l－β中，A∈α，AB⊥平面β于點B，BC⊥平面α于點C，若AB＝6，BC＝3，則二面角α－l－β的平面角的大小為()A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°答案D解析如圖，因為AB⊥β，所以AB⊥l，因為BC⊥α，所以BC⊥l，所以l⊥平面ABC，設(shè)平面ABC∩l＝D，則∠ADB為二面角α－l－β的平面角或其補角，因為AB＝6，BC＝3，所以∠BAC＝30°，所以∠ADB＝60°，所以二面角α－l－β的平面角的大小為60°或120°.6．(2023·云南紅河州模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)M為BC的中點，則下列說法正確的是()A．A1M⊥BDB．A1M∥平面CC1D1DC．A1M⊥AB1D．A1M⊥平面ABC1D1答案C解析如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，對于A，假設(shè)A1M⊥BD，因為A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM.而BD⊥AC，所以AM∥AC，顯然不成立，故A不正確；對于B，假設(shè)A1M∥平面CC1D1D，因為平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M?平面CC1D1D，所以A1M∥CD1.因為A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，顯然不成立，故B不正確；對于C，因為MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正確；對于D，假設(shè)A1M⊥平面ABC1D1，因為A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，顯然不成立，故D不正確．故選C.7．(2023·全國乙卷)已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C－AB－D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(2),5)C．eq\f(\r(3),5) D．eq\f(2,5)答案C解析取AB的中點E，連接CE，DE，因為△ABC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，所以CE⊥AB.又△ABD是等邊三角形，所以DE⊥AB，從而∠CED為二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，顯然CE∩DE＝E，CE，DE?平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB?平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面ABC＝CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B＝2，則CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理，得CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理，得eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(3),2\r(7))，顯然∠DCE是銳角，故cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq\f(5,2\r(7))，所以直線CD與平面ABC所成角的正切值為eq\f(\r(3),5).故選C.8.如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)是棱C1D1上任意兩點，且EF＝1，P，Q是正方形ABCD及其內(nèi)部的動點，且PQ＝1，則四面體P－EFQ體積的最大值為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．1 D．eq\f(4,3)答案A解析設(shè)直線QP交直線CD于點M，連接ME，MF，則S△MEF＝eq\f(1,2)×1×2＝1，過點P，Q在平面ABCD內(nèi)分別作PG⊥CD，QH⊥CD，垂足分別為G，H，因為平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D＝CD，PG⊥CD，PG?平面ABCD，所以PG⊥平面CC1D1D，同理可得QH⊥平面CC1D1D，設(shè)∠QMH＝θ，VP－EFQ＝|VQ－MEF－VP－MEF|＝eq\f(1,3)S△MEF·|QH－PG|＝eq\f(1,3)S△MEF·|QM－PM|sinθ＝eq\f(1,3)S△MEF·PQsinθ≤eq\f(1,3)S△MEF·PQ＝eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)PQ⊥CD時等號成立，故四面體P－EFQ體積的最大值為eq\f(1,3).故選A.二、多項選擇題9.(2023·陜西寶雞中學(xué)模擬)如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，現(xiàn)在沿SE，SF，EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3重合，重合后的點記為G.下列關(guān)系中成立的是()A．SG⊥平面EFG B．SE⊥平面EFGC．GF⊥SE D．EF⊥平面SEG答案AC解析由SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G，得SG⊥平面EFG，同理，GF⊥平面GSE，又SE?平面GSE，所以GF⊥SE，所以A，C正確；若SE⊥平面EFG，則SE⊥EG，這與SG⊥EG矛盾，同理可知EF⊥平面SEG不成立，所以B，D不正確．故選AC.10．(2024·湖南湘潭一中檢測)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點，則滿足MN⊥OP的是()答案BC解析設(shè)正方體的棱長為2.對于A，如圖1所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補角)為異面直線OP與MN所成的角．在直角三角形OPC中，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A不滿足題意；對于B，如圖2所示，取MT的中點Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MN，PQ⊥MN，所以MN⊥平面OPQ，又OP?平面OPQ，故MN⊥OP，故B滿足題意；對于C，如圖3，連接BD，則BD∥MN，由B項的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C滿足題意；對于D，如圖4，取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN，因為DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其補角)為異面直線PO與MN所成的角．因為正方體的棱長為2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，PO＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，因為QO2<PQ2＋PO2，故∠QPO不是直角，故OP與MN不垂直，故D不滿足題意．故選BC.三、填空題11．(2023·河北石家莊模擬)已知△ABC在平面α內(nèi)，∠BAC＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關(guān)系是________．答案垂直解析∵DA⊥平面α，CA?平面α，∴DA⊥CA，在△ABC中，∵∠BAC＝90°，∴AB⊥CA，又DA∩AB＝A，DA，AB?平面DAB，∴CA⊥平面DAB，又DB?平面DAB，∴CA⊥DB.12.(2024·福建泉州中學(xué)質(zhì)檢)如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分別是線段BS，AD的中點，點R在線段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，則AR＝________．答案eq\f(4\r(5),5)解析如圖，取SA的中點E，連接PE，QE.∵SA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴SA⊥AB，而AB⊥AD，AD∩SA＝A，AD，SA?平面SAD，∴AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SAD，又AR?平面SAD，∴PE⊥AR.又AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，PE，PQ?平面PEQ，∴AR⊥平面PEQ，∵EQ?平面PEQ，∴AR⊥EQ，∵E，Q分別為SA，AD的中點，∴EQ∥SD，則AR⊥SD，在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得SD＝2eq\r(5)，由等面積法可得AR＝eq\f(4\r(5),5).13.(2023·安徽安慶一中模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，當(dāng)?shù)酌鍭1B1C1滿足條件________時，有AB1⊥BC1.(注：填上你認(rèn)為正確的一種條件即可，不必考慮所有可能的情況)答案A1C1⊥B1C1(答案不唯一)解析當(dāng)?shù)酌鍭1B1C1滿足條件A1C1⊥B1C1時，有AB1⊥BC1.理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，∴四邊形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥CC1.又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1?平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1，∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1?平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵AC∩B1C＝C，AC，B1C?平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，又AB1?平面ACB1，∴AB1⊥BC1.14.(2024·湖北襄陽一中月考)如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，則AC與平面BCC1B1所成的角為________．答案eq\f(π,6)解析將棱臺補全為如圖所示三棱錐D－ABC，由∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，易知DA＝BC＝2，AC＝2eq\r(2)，由AA1⊥平面ABC，AB，AC?平面ABC，則AA1⊥AB，AA1⊥AC，所以BD＝2eq\r(2)，CD＝2eq\r(3)，故BC2＋BD2＝CD2，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).設(shè)點A到平面BCC1B1的距離為h，又VD－ABC＝VA－BCD，則eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,3)h×2eq\r(2)，可得h＝eq\r(2).設(shè)AC與平面BCC1B1所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(h,AC)＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則θ＝eq\f(π,6).四、解答題15.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.證明(1)在四棱錐P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AC⊥CD，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的中點，∴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.16.(2023·廣東東莞實驗中學(xué)5月月考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝3eq\r(3)，BC＝3，沿對角線BD把△BCD折起，使點C到達(dá)點C′，且C′在平面ABD內(nèi)的射影O恰好落在AB上．(1)求證：平面DBC′⊥平面ADC′；(2)求二面角C′－AD－B的余弦值．解(1)證明：∵C′在平面ABD內(nèi)的射影O恰好落在AB上，即AB為BC′在平面ABD上的射影，而AB⊥AD，∴BC′⊥AD，又BC′⊥C′D，C′D∩AD＝D，C′D，AD?平面ADC′，∴BC′⊥平面ADC′，又BC′?平面DBC′，∴平面DBC′⊥平面ADC′