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第二课时　直线与平面垂直的判定
1.已知平面α和α外的一条直线l，下列说法不正确的是（　　）
A.若l垂直于α内的两条平行线，则l⊥α
B.若l平行于α内的一条直线，则l∥α
C.若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥α
D.若l平行于α内的无数条直线，则l∥α
2.已知两平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　）
A.m∥l　　　B.m∥n　　C.n⊥l　　D.m⊥n
3.已知过平面α外一点A的斜线l与平面α的夹角为，斜线l交平面α于点B，若点A与平面α的距离为1，则斜线段AB在平面α上的射影所形成的图形面积是（　　）
A.3π B.2π C.π D.
4.已知直线a，b，l和平面α，a α，b α，则“l⊥a，l⊥b”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
5.（多选）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB，D为PB的中点，则下列判断正确的是（　　）
A.BC⊥平面PAB
B.AD⊥PC
C.AD⊥平面PBC
D.PB⊥平面ADC
6.（多选）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法正确的是（　　）
A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEH D.HG⊥平面AEF
7.如图所示，AB是☉O的直径，PA⊥平面☉O，C为圆周上一点，若AB＝5 cm，AC＝2 cm，则点B到平面PAC的距离为　　　　.
8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是　　　　.
9.如图所示，将平面四边形ABCD沿对角线BD折成空间四边形，当平面四边形ABCD满足　　　时，空间四边形中的两条对角线互相垂直.（填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能情况）
10.如图所示，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点.求证：BC⊥平面A1AC.
11.如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H.为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是（　　）
A.EF⊥平面α B.EF⊥平面β
C.PQ⊥GE D.PQ⊥FH
12.（多选）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的是（　　）
A.AC⊥SB
B.AB∥平面SCD
C.SA与平面SBD的夹角等于SC与平面SBD的夹角
D.AB与SC的夹角等于DC与SA的夹角
13.已知圆柱的底面半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C为下底面圆周上的一个动点，点C绕着下底面圆旋转一周，则△ABC的面积的取值范围为　　　　.
14.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，求证：B1O⊥平面PAC.
15.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件　　　　时，有AB1⊥BC1.（填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况）
16.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.
（1）证明：B1C⊥AB；
（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
第二课时　直线与平面垂直的判定
1.A　根据线面垂直的判断定理可知，直线需垂直于平面内的两条相交直线，故A错误，C正确；根据线面平行的判断定理可知，平面外的直线平行于平面内的一条直线，即可证明线面平行，若直线l平行于α内的无数条直线，也可说明线面平行，故B、D正确.故选A.
2.C　如图所示，可排除A，B，D；因为平面α，β交于直线l，所以l β，又n⊥β，所以n⊥l.
3.A　如图，过点A作平面α的垂线，垂足为C，连接BC，所以线段BC为线段AB在平面α上的射影，∠ABC为斜线l与平面α的夹角，则∠ABC＝，又AC＝1，所以BC＝，故射影形成的图形为半径为的圆面，其面积为3π.故选A.
4.B　由a α，b α，l⊥a，l⊥b，不明确a，b是否相交，所以不能推出l⊥α.若l⊥α，则直线l垂直于平面α内任意一条直线，故l⊥a，l⊥b.所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件.
5.ABC　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，故A判断正确；由BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，BC⊥PB，∵PA＝AB，D为PB的中点，∴AD⊥PB，从而AD⊥平面PBC，故C判断正确；∵PC 平面PBC，∴AD⊥PC，故B判断正确；在平面PBC中，PB⊥BC，∴PB与CD不垂直，即PB不垂直于平面ADC，故D判断不正确.
6.BC　由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF.∴AH⊥平面EFH，则AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.又HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.HG与AG不垂直，因此HG⊥平面AEF不正确.D不正确.故选B、C.
7. cm　解析：∵C为圆周上一点，AB为直径，∴BC⊥AC，又PA⊥平面☉O，BC 平面☉O，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，C为垂足，即BC为点B到平面PAC的距离.在Rt△ABC中，BC＝＝＝（cm）.
8.线段B1C
解析：如图，连接AC，AB1，B1C，∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD1⊥CB1，BD1⊥AC，又CB1与AC交于点C，∴ BD1⊥平面B1AC，又知点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，平面B1AC∩平面BCC1B1＝B1C，∴P为B1C上任何一点时，均有AP⊥BD1.
9.AC⊥BD（答案不唯一）
解析：在平面四边形ABCD中，设AC与BD交于点E，假设AC⊥BD，则AE⊥BD，CE⊥BD.沿BD折叠后（如图），AE与BD，CE与BD依然垂直，所以BD⊥平面AEC，所以AC⊥BD.故当平面四边形ABCD满足AC⊥BD时，空间四边形中的两条对角线互相垂直.
10.证明：∵C是底面圆周上异于A，B的任意一点，AB是圆柱底面圆的直径，
∴BC⊥AC，∵AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AA1⊥BC，
∵AA1∩AC＝A，AA1 平面AA1C，AC 平面AA1C，∴BC⊥平面A1AC.
11.B　因为EG⊥平面α，PQ 平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ 平面β，得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH.
12.ABC　A中结论正确，因为SD⊥平面ABCD，而AC 平面ABCD，所以AC⊥SD.又四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，而BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD.所以AC⊥SB.B中结论正确，因为AB∥CD，而CD 平面SCD，AB 平面SCD，所以AB∥平面SCD.C中结论正确，设AC与BD的交点为O，连接SO，如图，则SA与平面SBD的夹角为∠ASO，SC与平面SBD的夹角为∠CSO，易知∠ASO＝∠CSO，故SA与平面SBD的夹角等于SC与平面SBD的夹角.D中结论不正确，AB与SC的夹角是∠SCD，而DC与SA的夹角是∠SAB，易知∠SCD≠∠SAB.故夹角不相等.
13.[2，]　解析：如图，过C作CD垂直上底面圆于D，则CD⊥AB，过D作DE⊥AB于E，连接CE，所以AB⊥平面CDE，所以AB⊥CE，则CE即点C到AB的距离.又DE∈[0，1]，CD＝2，所以在Rt△CDE中，CE＝∈[2，]，所以△ABC的面积S＝AB·CE∈[2，].
14.证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设其棱长为2a.
∵BB1⊥平面AC，且AC 平面AC，
∴BB1⊥AC，又O是正方形ABCD的中心，
∴AC⊥BD，又BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面B1BO.
而B1O 平面B1BO，∴B1O⊥AC.
又PO2＋O＝3a2＋6a2＝9a2，P＋B1＝a2＋8a2＝9a2，P＝P＋B1，∴PO2＋O＝P，∴B1O⊥PO，又PO∩AC＝O，
∴B1O⊥平面PAC.
15.A1C1⊥B1C1（答案不唯一）
解析：当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.理由如下.连接B1C（图略），∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C.∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥CC1，又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，且CC1，B1C1 平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1.∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1 平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵AC，B1C 平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，故AB1⊥BC1.∴当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.
16.解：（1）证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点.
因为侧面BB1C1C为菱形，
所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，
故B1C⊥平面ABO.
由于AB 平面ABO，故B1C⊥AB.
（2）作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝.
由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.由OH·AD＝OD·OA，且AD＝＝，得OH＝.
又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
3 / 3第二课时　直线与平面垂直的判定
新课程标准解读 核心素养
1.归纳出直线与平面垂直的判定定理 逻辑推理
2.掌握直线与平面垂直的判定定理与性质定理的综合运用 逻辑推理
木工要检查一根木棒是否和板面垂直，只需用曲尺在不同的方向（但不是相反的方向）检查两次，如图.如果两次检查时，曲尺的两边都分别与木棒和板面密合，便可以判定木棒与板面垂直.
【问题】　（1）用“L”形木尺检查一次能判定木棒与板面垂直吗？
（2）上述问题说明了直线与平面垂直的条件是什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　直线与平面垂直的判定定理
文字语言 如果一条直线与一个平面内的　　　　直线垂直，那么该直线与此平面垂直
符号语言 a α，b α，l⊥a，l⊥b，　　　＝A l⊥α
图形语言
提醒　判定直线与平面垂直的常用结论：①若两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面.符号表示：a∥b，a⊥α b⊥α；②若一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则它必垂直于另一个平面.符号表示：α∥β，a⊥α a⊥β.
　　
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）若a⊥b，b⊥α，则a∥α.（　　）
（2）若直线l与平面四边形的两边所在的直线垂直，则l就和这个平面垂直.（　　）
2.空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是（　　）
A.平行 B.垂直
C.相交 D.不确定
3.已知直线l，a，b，平面α，若要得到结论l⊥α，则需要在条件a α，b α，l⊥a，l⊥b中另外添加的一个条件是　　　　.
题型一 对直线与平面垂直的判定定理的理解
【例1】　若一条直线垂直于一个平面内的　　　（填下列序号），能保证该直线与该平面垂直.
①梯形的两边；②圆的两条直径；③正六边形的两边.
尝试解答
通性通法
1.该定理有五个条件：a α，b α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b，这五个条件缺一不可.
2.“两条相交直线”是定理的关键词，应用定理时不能忽略.
【跟踪训练】
若三条直线OA，OB，OC两两垂直，则直线OA垂直于（　　）
A.平面OAB B.平面OAC
C.平面OBC D.平面ABC
题型二 直线与平面垂直的判定
【例2】　如图所示，Rt△ABC所在的平面外一点S，SA＝SB＝SC，点D为斜边AC的中点.求证：直线SD⊥平面ABC.
尝试解答
【母题探究】
（变条件，变设问）在本例中，若AB＝BC，其他条件不变，则BD与平面SAC的位置关系是什么？
通性通法
线线垂直和线面垂直的相互转化
【跟踪训练】
如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝1，AA1＝2，∠B1A1C1＝90°，D为BB1的中点.求证：AD⊥平面A1DC1.
题型三 线面垂直判定的应用
【例3】　求证：如果平面内的一条直线和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么这条直线也和这条斜线垂直.
尝试解答
通性通法
　　本例中的命题称为“三垂线定理”，他提供了由线线垂直证线线垂直的转化思路，同时该命题的逆命题：“如果平面内一条直线和穿过该平面的一条斜线垂直，那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影”也成立.
【跟踪训练】
　如图所示，PA⊥平面ABC，△ABC中，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为　　　　.
题型四 线面垂直的判定定理、性质定理的综合应用
【例4】　如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
（1）求证：A1C⊥B1D1；
（2）M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D.求证：MN∥A1C.
尝试解答
通性通法
1.要证线线垂直，可以通过线面垂直得到.
2.要证线线平行，可以考虑运用线面垂直的性质定理.
提醒　垂直关系的转化和平行关系的转化是立体几何中的重点内容，同时也是高考考查的重要数学思想.
【跟踪训练】
　在空间四边形ABCD中，AB⊥CD，AD⊥BC，求证：BD⊥AC.
1.已知直线m，b，c和平面α，下列条件中，能使m⊥α的是（　　）
A.m⊥b，m⊥c，b⊥α，c⊥α
B.m⊥b，b∥α
C.m∩b＝A，b⊥α
D.m∥b，b⊥α
2.设直线l 平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有（　　）
A.1条 B.2条
C.3条 D.4条
3.（多选）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（　　）
A.BF∥CD
B.DG⊥BH
C.CH与BG的夹角为60°
D.BE与平面ABCD的夹角为45°
4.已知PA垂直于平行四边形ABCD所在平面，若PC⊥BD，则平行四边形ABCD一定是　　　　.
5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，B1B的中点，求证：CF⊥平面EAB.
第二课时　直线与平面垂直的判定
【基础知识·重落实】
知识点
两条相交　a∩b
自我诊断
1.（1）×　（2）×
2.B　由于直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，而这两边相交于点C，所以直线l和三角形所在的平面垂直，又因三角形的第三边AB在这个平面内，所以l⊥AB.
3.a，b相交　解析：由线面垂直的判定定理可知，需添加的一个条件是直线a，b相交.
【典型例题·精研析】
【例1】　②　解析：②中给定条件所对应的两条直线一定相交，能保证所给直线与平面垂直.而①中梯形的两边可能是上、下底边，它们互相平行，③中正六边形的两边可能是互相平行的两边，不满足定理条件（两条相交直线）.
跟踪训练
　C　∵OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC＝O，OB，OC 平面OBC，∴OA⊥平面OBC.
【例2】　证明：∵SA＝SC，点D为斜边AC的中点，
∴SD⊥AC.
如图，连接BD，在Rt△ABC中，则AD＝DC＝BD，
∴△ADS≌△BDS，
∴∠ADS＝∠BDS，
∴SD⊥BD.又AC∩BD＝D，
∴SD⊥平面ABC.
母题探究
解：∵AB＝BC，点D为斜边AC的中点，∴BD⊥AC.
又由例题知SD⊥BD.
于是BD垂直于平面SAC内的两条相交直线，
故BD⊥平面SAC.
跟踪训练
　证明：∵AA1⊥底面ABC，
平面A1B1C1∥平面ABC，
∴AA1⊥平面A1B1C1，
∴A1C1⊥AA1.又∠B1A1C1＝90°，
∴A1C1⊥A1B1.而A1B1∩AA1＝A1，
∴A1C1⊥平面AA1B1B.
又AD 平面AA1B1B，
∴A1C1⊥AD.
由已知计算得AD＝，A1D＝，AA1＝2.∴AD2＋A1D2＝A，∴A1D⊥AD.
∵A1C1∩A1D＝A1，∴AD⊥平面A1DC1.
【例3】　证明：如图，由题意作PO，PA分别是α的垂线、斜线，OA是PA在α内的射影，b α，且b⊥OA.
∵PO⊥α，b α，∴PO⊥b.
又∵b⊥OA，PO∩OA＝O，PO 平面POA，OA 平面POA，
∴b⊥平面POA.
又∵PA 平面POA，∴b⊥PA.
跟踪训练
　4　解析：由题意知，△PAC，△PAB，△ACB是直角三角形.因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.又AC⊥BC，PA∩AC＝A，得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC.所以△PCB是直角三角形.所以共有4个直角三角形.
【例4】　证明：（1）如图，连接A1C1.∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，
∴CC1⊥B1D1.
∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.
∵CC1∩A1C1＝C1，CC1 平面A1C1C，A1C1 平面A1C1C，∴B1D1⊥平面A1C1C.
∵A1C 平面A1C1C，∴A1C⊥B1D1.
（2）如图，连接B1A，AD1.∵B1C1 AD，
∴四边形ADC1B1为平行四边形，
∴C1D∥B1A.
∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.
又∵MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，
AB1 平面AB1D1，B1D1 平面AB1D1，∴MN⊥平面AB1D1.
由（1）知A1C⊥B1D1.
同理可得A1C⊥AB1.
又∵AB1∩B1D1＝B1，AB1 平面AB1D1，B1D1 平面AB1D1，∴A1C⊥平面AB1D1.∴MN∥A1C.
跟踪训练
证明：如图，设A在平面BCD上的射影为O，连接BO，CO，DO.
∵CD⊥AB，CD⊥AO，AB∩AO＝A，
∴CD⊥平面ABO.
又BO 平面ABO，∴BO⊥CD.
同理，DO⊥BC.
因此，O是△BCD的垂心，因此有CO⊥BD.
∵BD⊥CO，BD⊥AO，CO∩AO＝O，
∴BD⊥平面AOC.
又AC 平面AOC，∴BD⊥AC.
随堂检测
1.D　m⊥b，m⊥c，b⊥α，c⊥α，则m与α可能平行或m α，故A错误；m⊥b，b∥α，则m与α可能平行或相交或m α，故B错误；m∩b＝A，b⊥α，则m与α可能平行或相交或m α，故C错误；由线线平行及线面垂直的判定知选项D正确.故选D.
2.B　和α成30°角的直线一定是以A为顶点的圆锥的母线所在直线，如图所示.当∠ABC＝∠ACB＝30°且BC∥l时，直线AC，AB都满足条件.故选B.
3.BCD　由正方体的平面展开图还原正方体如图所示，由正方体的结构特征可知，BF与CD异面垂直，所以A错误；DG⊥CH，而CH为BH在平面DCGH上的射影，所以DG⊥BH，所以B正确；连接AH，由AB∥GH，AB＝GH，可得四边形ABGH为平行四边形，则AH∥BG，所以∠AHC或其补角为异面直线CH与BG的夹角，连接AC，可得△AHC为等边三角形，得CH与BG的夹角为60°，所以C正确；因为AE⊥平面ABCD，所以∠EBA为BE与平面ABCD的夹角，为45°，所以D正确；故选B、C、D.
4.菱形　解析：易知，BD⊥平面PAC，∴BD⊥AC.又四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD一定是菱形.
5.证明：因为E，F分别是棱B1C1，B1B的中点，令CF∩BE＝O.
在Rt△BB1E和Rt△CBF中，BB1＝BC，B1E＝BF，所以Rt△BB1E≌Rt△CBF，所以∠B1BE＝∠BCF，
因为∠B1BE＋∠EBC＝90°，所以∠BCF＋∠EBC＝90°，
所以∠BOC＝90°，即CF⊥BE，
又因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，CF 平面BCC1B1，
所以AB⊥CF，又AB∩BE＝B，AB，BE 平面EAB，
所以CF⊥平面EAB.
3 / 4(共69张PPT)
第二课时　直线与平面垂直的判定
新课程标准解读 核心素养
1.归纳出直线与平面垂直的判定定理 逻辑推理
2.掌握直线与平面垂直的判定定理与性质定理的综合
运用 逻辑推理
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
木工要检查一根木棒是否和板面垂直，只需用曲尺在不同的方向（但不是相反的方向）检查两次，如图.如果两次检查时，曲尺的两边都分别与木棒和板面密合，便可以判定木棒与板面垂直.
【问题】　（1）用“L”形木尺检查一次能判定木棒与板面垂直吗？
（2）上述问题说明了直线与平面垂直的条件是什么？




知识点　直线与平面垂直的判定定理
文字语言 如果一条直线与一个平面内的 直线垂
直，那么该直线与此平面垂直
符号语言 a α，b α，l⊥a，l⊥b， ＝A l⊥α
图形语言
两条相交　
a∩b　
提醒　判定直线与平面垂直的常用结论：①若两条平行直线中的一条
直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面.符号表示：
a∥b，a⊥α b⊥α；②若一条直线垂直于两个平行平面中的一个
平面，则它必垂直于另一个平面.符号表示：α∥β，a⊥α a⊥β.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）若a⊥b，b⊥α，则a∥α. （　×　）
（2）若直线l与平面四边形的两边所在的直线垂直，则l就和这个
平面垂直. （　×　）
×
×
2. 空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三
角形的第三边AB的位置关系是（　　）
A. 平行 B. 垂直 C. 相交 D. 不确定
解析：　由于直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，而这两
边相交于点C，所以直线l和三角形所在的平面垂直，又因三角形
的第三边AB在这个平面内，所以l⊥AB.
3. 已知直线l，a，b，平面α，若要得到结论l⊥α，则需要在条件
a α，b α，l⊥a，l⊥b中另外添加的一个条件是
.
解析：由线面垂直的判定定理可知，需添加的一个条件是直线a，
b相交.
a，b相
交　
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 对直线与平面垂直的判定定理的理解
【例1】　若一条直线垂直于一个平面内的 （填下列序号），
能保证该直线与该平面垂直.
①梯形的两边；②圆的两条直径；③正六边形的两边.
解析：②中给定条件所对应的两条直线一定相交，能保证所给直线与
平面垂直.而①中梯形的两边可能是上、下底边，它们互相平行，③
中正六边形的两边可能是互相平行的两边，不满足定理条件（两条相
交直线）.
②　
通性通法
1. 该定理有五个条件：a α，b α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b，这
五个条件缺一不可.
2. “两条相交直线”是定理的关键词，应用定理时不能忽略.
【跟踪训练】
若三条直线OA，OB，OC两两垂直，则直线OA垂直于（　　）
A. 平面OAB B. 平面OAC
C. 平面OBC D. 平面ABC
解析：　∵OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC＝O，OB，OC 平
面OBC，∴OA⊥平面OBC.
题型二 直线与平面垂直的判定
【例2】　如图所示，Rt△ABC所在的平面外一点S，SA＝SB＝
SC，点D为斜边AC的中点.求证：直线SD⊥平面ABC.
证明：∵SA＝SC，点D为斜边AC的中点，
∴SD⊥AC.
如图，连接BD，在Rt△ABC中，则AD＝DC＝BD，
∴△ADS≌△BDS，
∴∠ADS＝∠BDS，
∴SD⊥BD. 又AC∩BD＝D，
∴SD⊥平面ABC.
【母题探究】
（变条件，变设问）在本例中，若AB＝BC，其他条件不变，则BD
与平面SAC的位置关系是什么？
解：∵AB＝BC，点D为斜边AC的中点，∴BD⊥AC.
又由例题知SD⊥BD.
于是BD垂直于平面SAC内的两条相交直线，
故BD⊥平面SAC.
通性通法
线线垂直和线面垂直的相互转化
【跟踪训练】
如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝
AC＝1，AA1＝2，∠B1A1C1＝90°，D为BB1的中点.求证：AD⊥平
面A1DC1.
证明：∵AA1⊥底面ABC，
平面A1B1C1∥平面ABC，
∴AA1⊥平面A1B1C1，
∴A1C1⊥AA1.又∠B1A1C1＝90°，
∴A1C1⊥A1B1.而A1B1∩AA1＝A1，
∴A1C1⊥平面AA1B1B.
又AD 平面AA1B1B，
∴A1C1⊥AD.
由已知计算得AD＝ ，A1D＝ ，AA1＝2.
∴AD2＋A1D2＝A ，∴A1D⊥AD.
∵A1C1∩A1D＝A1，
∴AD⊥平面A1DC1.
题型三 线面垂直判定的应用
【例3】　求证：如果平面内的一条直线和穿过这个平面的一条斜线
在这个平面内的射影垂直，那么这条直线也和这条斜线垂直.
证明：如图，由题意作PO，PA分别是α的垂
线、斜线，OA是PA在α内的射影，b α，且
b⊥OA.
∵PO⊥α，b α，∴PO⊥b.
又∵b⊥OA，PO∩OA＝O，PO 平面POA，OA 平面POA，
∴b⊥平面POA.
又∵PA 平面POA，∴b⊥PA.
通性通法
　　本例中的命题称为“三垂线定理”，他提供了由线线垂直证线线
垂直的转化思路，同时该命题的逆命题：“如果平面内一条直线和穿
过该平面的一条斜线垂直，那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内
的射影”也成立.
【跟踪训练】
如图所示，PA⊥平面ABC，△ABC中，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为 .
4　
解析：由题意知，△PAC，△PAB，△ACB是直角三角形.因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC. 又AC⊥BC，PA∩AC＝
A，得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC. 所以△PCB是直角三角形.所以共有4个直角三角形.
题型四 线面垂直的判定定理、性质定理的综合应用
【例4】　如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
（1）求证：A1C⊥B1D1；
证明：如图，连接A1C1.
∵CC1⊥平面A1B1C1D1，
B1D1 平面A1B1C1D1，
∴CC1⊥B1D1.
∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.
∵CC1∩A1C1＝C1，CC1 平面A1C1C，
A1C1 平面A1C1C，
∴B1D1⊥平面A1C1C.
∵A1C 平面A1C1C，
∴A1C⊥B1D1.
（2）M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D.
求证：MN∥A1C.
证明：如图，连接B1A，AD1.
∵B1C1 AD，
∴四边形ADC1B1为平行四边形，
∴C1D∥B1A.
∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.
又∵MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，AB1 平面AB1D1，B1D1
平面AB1D1，∴MN⊥平面AB1D1.
由（1）知A1C⊥B1D1.同理可得A1C⊥AB1.
又∵AB1∩B1D1＝B1，AB1 平面AB1D1，B1D1 平面AB1D1，
∴A1C⊥平面AB1D1.
∴MN∥A1C.
通性通法
1. 要证线线垂直，可以通过线面垂直得到.
2. 要证线线平行，可以考虑运用线面垂直的性质定理.
提醒　垂直关系的转化和平行关系的转化是立体几何中的重点内
容，同时也是高考考查的重要数学思想.
【跟踪训练】
　在空间四边形ABCD中，AB⊥CD，AD⊥BC，求证：BD⊥AC.
证明：如图，设A在平面BCD上的射影为O，连接
BO，CO，DO.
∵CD⊥AB，CD⊥AO，AB∩AO＝A，
∴CD⊥平面ABO.
又BO 平面ABO，∴BO⊥CD.
同理，DO⊥BC.
因此，O是△BCD的垂心，因此有CO⊥BD.
∵BD⊥CO，BD⊥AO，CO∩AO＝O，
∴BD⊥平面AOC.
又AC 平面AOC，∴BD⊥AC.
1. 已知直线m，b，c和平面α，下列条件中，能使m⊥α的是
（　　）
A. m⊥b，m⊥c，b⊥α，c⊥α
B. m⊥b，b∥α
C. m∩b＝A，b⊥α
D. m∥b，b⊥α
解析：　m⊥b，m⊥c，b⊥α，c⊥α，则m与α可能平行或
m α，故A错误；m⊥b，b∥α，则m与α可能平行或相交或
m α，故B错误；m∩b＝A，b⊥α，则m与α可能平行或相交
或m α，故C错误；由线线平行及线面垂直的判定知选项D正确.
故选D.
2. 设直线l 平面α，过平面α外一点A与l，α都成30°角的直线有
（　　）
A. 1条 B. 2条
C. 3条 D. 4条
解析：　和α成30°角的直线一定是以A为
顶点的圆锥的母线所在直线，如图所示.当
∠ABC＝∠ACB＝30°且BC∥l时，直线
AC，AB都满足条件.故选B.
3. （多选）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（　　）
A. BF∥CD
B. DG⊥BH
C. CH与BG的夹角为60°
D. BE与平面ABCD的夹角为45°
解析：　由正方体的平面展开图还原正方体
如图所示，由正方体的结构特征可知，BF与CD
异面垂直，所以A错误；DG⊥CH，而CH为BH
在平面DCGH上的射影，所以DG⊥BH，所以B
正确；连接AH，由AB∥GH，AB＝GH，可得四
边形ABGH为平行四边形，则AH∥BG，所以∠AHC或其补角为异面直线CH与BG的夹角，连接AC，可得△AHC为等边三角形，得CH与BG的夹角为60°，所以C正确；因为AE⊥平面ABCD，所以∠EBA为BE与平面ABCD的夹角，为45°，所以D正确；故选B、C、D.
4. 已知PA垂直于平行四边形ABCD所在平面，若PC⊥BD，则平行
四边形ABCD一定是 .
解析：易知，BD⊥平面PAC，∴BD⊥AC. 又四边形ABCD是平
行四边形，∴平行四边形ABCD一定是菱形.
菱形　
5. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，B1B
的中点，求证：CF⊥平面EAB.
证明：因为E，F分别是棱B1C1，B1B的中点，令CF∩BE＝O.
在Rt△BB1E和Rt△CBF中，BB1＝BC，B1E＝BF，
所以Rt△BB1E≌Rt△CBF，所以∠B1BE＝∠BCF，
因为∠B1BE＋∠EBC＝90°，所以∠BCF＋∠EBC＝90°，所以
∠BOC＝90°，即CF⊥BE，
又因为正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，CF 平面
BCC1B1，
所以AB⊥CF，又AB∩BE＝B，AB，BE 平面EAB，所以
CF⊥平面EAB.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 已知平面α和α外的一条直线l，下列说法不正确的是（　　）
A. 若l垂直于α内的两条平行线，则l⊥α
B. 若l平行于α内的一条直线，则l∥α
C. 若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥α
D. 若l平行于α内的无数条直线，则l∥α
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解析：　根据线面垂直的判断定理可知，直线需垂直于平面内的
两条相交直线，故A错误，C正确；根据线面平行的判断定理可
知，平面外的直线平行于平面内的一条直线，即可证明线面平行，
若直线l平行于α内的无数条直线，也可说明线面平行，故B、D正
确.故选A.
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2. 已知两平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，
则（　　）
A. m∥l B. m∥n
C. n⊥l D. m⊥n
解析：　如图所示，可排除A，B，D；因为平面
α，β交于直线l，所以l β，又n⊥β，所以
n⊥l.
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3. 已知过平面α外一点A的斜线l与平面α的夹角为 ，斜线l交平面
α于点B，若点A与平面α的距离为1，则斜线段AB在平面α上的
射影所形成的图形面积是（　　）
A. 3π B. 2π
C. π
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解析：　如图，过点A作平面α的垂线，垂足为C，连接BC，所以线段BC为线段AB在平面α上的射影，∠ABC为斜线l与平面α的夹角，则∠ABC＝ ，又AC＝1，所以BC＝ ，故射影形成的图形为半径为 的圆面，其面积为3π.故选A.
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4. 已知直线a，b，l和平面α，a α，b α，则“l⊥a，l⊥b”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
解析：　由a α，b α，l⊥a，l⊥b，不明确a，b是否相
交，所以不能推出l⊥α.若l⊥α，则直线l垂直于平面α内任意
一条直线，故l⊥a，l⊥b.所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的
必要不充分条件.
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5. （多选）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，
PA＝AB，D为PB的中点，则下列判断正确的是（　　）
A. BC⊥平面PAB
B. AD⊥PC
C. AD⊥平面PBC
D. PB⊥平面ADC
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解析：　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. 又AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，故A判断正确；由BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，BC⊥PB，∵PA＝AB，D为PB的中点，∴AD⊥PB，从而AD⊥平面PBC，故C判断正确；∵PC 平面PBC，∴AD⊥PC，故B判断正确；在平面PBC中，PB⊥BC，∴PB与CD不垂直，即PB不垂直于平面ADC，故D判断不正确.
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6. （多选）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中
点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个
空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列说法
正确的是（　　）
A. AG⊥平面EFH
B. AH⊥平面EFH
C. HF⊥平面AEH
D. HG⊥平面AEF
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解析：　由题意可得：AH⊥HE，AH⊥HF. ∴AH⊥平面
EFH，则AG与平面EFH不垂直.∴B正确，A不正确.又
HF⊥HE，∴HF⊥平面AHE，C正确.HG与AG不垂直，因此
HG⊥平面AEF不正确.D不正确.故选B、C.
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7. 如图所示，AB是☉O的直径，PA⊥平面☉O，C为圆周上一点，
若AB＝5 cm，AC＝2 cm，则点B到平面PAC的距离为 .
cm　
解析：∵C为圆周上一点，AB为直径，∴BC⊥AC，又PA⊥平面
☉O，BC 平面☉O，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平
面PAC，C为垂足，即BC为点B到平面PAC的距离.在Rt△ABC
中，BC＝ ＝ ＝ （cm）.
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8. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界
上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是 .
线段B1C　
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解析：如图，连接AC，AB1，B1C，∵正方体
ABCD-A1B1C1D1中，BD1⊥CB1，BD1⊥AC，
又CB1与AC交于点C，∴ BD1⊥平面B1AC，又
知点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，平面
B1AC∩平面BCC1B1＝B1C，∴P为B1C上任何
一点时，均有AP⊥BD1.
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9. 如图所示，将平面四边形ABCD沿对角线BD折成空间四边形，当
平面四边形ABCD满足 时，空间四边
形中的两条对角线互相垂直.（填上你认为正确的一个条件即可，
不必考虑所有可能情况）
AC⊥BD（答案不唯一）　
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解析：在平面四边形ABCD中，设AC与BD交于点
E，假设AC⊥BD，则AE⊥BD，CE⊥BD. 沿BD
折叠后（如图），AE与BD，CE与BD依然垂直，
所以BD⊥平面AEC，所以AC⊥BD. 故当平面四
边形ABCD满足AC⊥BD时，空间四边形中的两条
对角线互相垂直.
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10. 如图所示，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点.求证：BC⊥平面A1AC.
证明：∵C是底面圆周上异于A，B的任意一点，AB是圆柱底面
圆的直径，∴BC⊥AC，
∵AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AA1⊥BC，
∵AA1∩AC＝A，AA1 平面AA1C，AC 平面AA1C，
∴BC⊥平面A1AC.
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11. 如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，
垂足分别为G，H. 为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是
（　　）
A. EF⊥平面α
B. EF⊥平面β
C. PQ⊥GE
D. PQ⊥FH
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解析：　因为EG⊥平面α，PQ 平面α，所以EG⊥PQ. 若
EF⊥平面β，则由PQ 平面β，得EF⊥PQ. 又EG与EF为相交
直线，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH.
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12. （多选）如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面
ABCD，则下列结论中正确的是（　　）
A. AC⊥SB
B. AB∥平面SCD
C. SA与平面SBD的夹角等于SC与平面SBD的夹角
D. AB与SC的夹角等于DC与SA的夹角
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解析：　A中结论正确，因为SD⊥平面
ABCD，而AC 平面ABCD，所以AC⊥SD. 又
四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，而
BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD. 所以
AC⊥SB. B中结论正确，因为AB∥CD，而CD 平面SCD，AB 平面SCD，所以AB∥平面SCD. C中结论正确，设AC与BD的交点为O，连接SO，如图，则SA与平面SBD的夹角为∠ASO，SC与平面SBD的夹角为∠CSO，易知∠ASO＝∠CSO，故SA与平面SBD的夹角等于SC与平面SBD的夹角.D中结论不正确，AB与SC的夹角是∠SCD，而DC与SA的夹角是∠SAB，易知∠SCD≠∠SAB. 故夹角不相等.
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解析：如图，过C作CD垂直上底面圆于D，则
CD⊥AB，过D作DE⊥AB于E，连接CE，所以
AB⊥平面CDE，所以AB⊥CE，则CE即点C到AB
的距离.又DE∈[0，1]，CD＝2，所以在Rt△CDE
中，CE＝ ∈[2， ]，所以△ABC的面
积S＝ AB·CE∈[2， ].
[2， ]　
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14. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，求证：B1O⊥平面PAC.
证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设其棱长为2a.
∵BB1⊥平面AC，且AC 平面AC，
∴BB1⊥AC，又O是正方形ABCD的中心，
∴AC⊥BD，又BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面B1BO.
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而B1O 平面B1BO，∴B1O⊥AC.
又PO2＋O ＝3a2＋6a2＝9a2，P ＋B1 ＝a2＋8a2＝9a2，
P ＝P ＋B1 ，
∴PO2＋O ＝P ，∴B1O⊥PO，
又PO∩AC＝O，
∴B1O⊥平面PAC.
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15. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝
CC1，当底面A1B1C1满足条件
时，有AB1⊥BC1.（填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑
所有可能的情况）
A1C1⊥B1C1（答案不唯一）　
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解析：当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.理由
如下.连接B1C（图略），∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，∴四
边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C. ∵CC1∥AA1，
∴A1C1⊥CC1，又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，且CC1，
B1C1 平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1.∵AC∥A1C1，
∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1 平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，
∵AC，B1C 平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，故AB1⊥BC1.
∴当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.
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16. 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点
为O，且AO⊥平面BB1C1C.
（1）证明：B1C⊥AB；
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解：证明：连接BC1，则O为
B1C与BC1的交点.
因为侧面BB1C1C为菱形，
所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以
B1C⊥AO，
故B1C⊥平面ABO.
由于AB 平面ABO，故B1C⊥AB.
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（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC-
A1B1C1的高.
解：作OD⊥BC，垂足为D，连接AD. 作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC. 又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
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因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝ .
由于AC⊥AB1，所以OA＝ B1C＝ .由OH·AD＝OD·OA，且AD＝ ＝ ，得OH＝ .
又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为 .故三棱柱ABC-A1B1C1的高为 .
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