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第48讲 空间直线、平面的垂直
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
[例1]　如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D.
(1)证明:B1D1⊥平面A1C1C;
(2)证明:MN∥A1C.
[证明]　(1)因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
所以CC1⊥B1D1.
因为四边形A1B1C1D1是正方形,
所以A1C1⊥B1D1.
又因为CC1∩A1C1=C1,A1C1,CC1 平面A1C1C,
所以B1D1⊥平面A1C1C.
(2)如图,连接B1A,AD1.
因为B1C1=AD,B1C1∥AD,
所以四边形ADC1B1为平行四边形,
所以C1D∥AB1.
因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1.
又因为MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,
所以MN⊥平面AB1D1.
由(1)知B1D1⊥平面A1C1C,且A1C 平面A1C1C,所以A1C⊥B1D1.
同理可得A1C⊥AB1.
又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,所以A1C⊥平面AB1D1,
所以MN∥A1C.
方法总结
证明线面垂直的常用方法及关键
1.证明直线和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.
1.已知S是Rt△ABC所在平面外一点,且SA=SB=SC,D为斜边AC的中点.
(1)证明:SD⊥ 平面ABC;
(2)若AB=BC,证明:BD⊥ 平面SAC.
证明:(1)如图所示,取AB的中点E,连接SE,DE.在Rt△ABC中,因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC,所以DE⊥AB.
因为SA=SB,E是AB的中点,
所以SE⊥AB.又SE∩DE=E,SE,DE 平面SDE,所以AB⊥平面SDE.
又SD 平面SDE,所以AB⊥SD.在△SAC中,SA=SC,D为AC的中点,所以SD⊥AC.又AC∩AB=A,AC,AB 平面ABC,
所以SD⊥平面ABC.
(2)由于AB=BC,且D是AC的中点,则BD⊥AC.
由(1)可知,SD⊥平面ABC,BD 平面ABC,所以SD⊥BD.又SD∩AC=D,SD,AC 平面SAC,所以BD⊥平面SAC.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
[例2]　(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.
(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.
(2)[解]　如图,过点A1作A1H⊥CC1,交CC1于点H,
由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,
且平面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.
由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°,
则Rt△ACB≌Rt△A1CB,故CA=CA1.
又AA1=2,∠ACA1=90°,
所以A1C1=CA1=.
在等腰Rt△CA1C1中,A1H为斜边中线,
所以A1H=CC1=1,
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
2.(2026·福建厦门模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90° ,AB=2,BC=CD=1,△PAD为等边三角形,平面PAD⊥ 平面ABCD.证明:BD⊥PA.
证明:取AB 的中点E,连接DE(图略),因为AB∥CD,∠ABC=90° ,AB=2,BC=CD=1,所以四边形EBCD 为正方形,△AED为等腰直角三角形,则AD=,BD⊥AD.
因为平面PAD⊥ 平面ABCD,平面PAD∩ 平面ABCD=AD,BD 平面ABCD,所以BD⊥ 平面PAD.又PA 平面PAD,所以BD⊥PA.
考点三　空间垂直关系的探索问题
[例3]　(多选)(2026·河南新乡模拟)如图,在五面体ABCDE中,△ABC是边长为4的等边三角形,四边形BCDE是等腰梯形,BE=CD=DE=2,则(　　)
A.DE∥平面ABC
B.CD⊥平面ABE
C.存在五面体ABCDE,满足平面ADE⊥平面BCD
D.存在五面体ABCDE,满足平面ABE⊥平面ACD
[答案]　ACD
[解析]　因为DE∥BC,DE 平面ABC,BC 平面ABC,所以DE∥平面ABC,A正确;
延长CD,BE交于点F,若CD⊥平面ABE,BE 平面ABE,则CD⊥BE,由平面几何知识易知∠DFE=60°,故CD不垂直于平面ABE,B错误;
取DE的中点G,BC的中点H,连接AG,GH,AH,则∠AGH为平面ADE与平面BCD的夹角的平面角,
由题意,点G可看作在平面AGH内以H为圆心,GH为半径的圆上的一点,
由于GH=显然△ADE为等腰三角形,则AG⊥DE,DE∩GH=G,DE,GH 平面BCDE,
所以AG⊥平面BCDE,又AG 平面ADE,则平面ADE⊥平面BCD,所以存在这样的五面体ABCDE,C正确;
连接AF,取AF的中点I,连接BI,CI,则∠BIC为平面ABE与平面ACD的夹角的平面角,
当BI=2,即AF=4时,∠BIC=90°,即BI⊥IC,又BI⊥AF,IC∩AF=I,IC,AF 平面ACD,则BI⊥平面ACD,BI 平面ABE,
所以平面ABE⊥平面ACD,此时AF 方法总结
1.解条件探索性问题的主要途径
(1)先猜后证,即先观察,后尝试给出条件,再证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.
2.涉及点的位置的探索性问题,一般先根据条件猜测点的位置再给出证明.探索点存在问题,点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识设点.
3.在如图所示的五面体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE=.
(1)证明:平面ABFE⊥平面CDEF.
(2)在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE 说明理由.
(1)证明:因为AE=DE=,AD=2,
所以AE2+DE2=AD2,所以∠AED=90°,即AE⊥DE.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥平面ADE.
因为DE 平面ADE,所以AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,AB,AE 平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.
因为DE 平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.
(2)解:在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE.
证明如下:取CD的中点N,连接FN.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.
又CD 平面ABFE,AB 平面ABFE,所以CD∥平面ABFE.
又CD 平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,
所以CD∥EF.因为EF=1,ND=CD=1,所以EF=DN,
所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE.
由(1)知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE.
　　　　　三垂线定理及其逆定理
知识背景 (源于人教A版必修第二册P164T19,选择性必修第一册P10T8) 1.三垂线定理 如果平面内的一条直线与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 如果在平面内的一条直线与这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直. 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.
[例]　(多选)(原创)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,侧棱BB1垂直于底面ABCD,下列结论正确的是(　　)
A.若AB=AD,则AC⊥BD1
B.若AC=BD,则AC⊥BD1
C.若A1D=A1B,则BD⊥平面A1ACC1
D.若AC=BD,A1D⊥BD1,则AD1⊥A1D
[答案]　ACD
[解析]　对于选项A,BB1⊥平面ABCD,则DD1⊥平面ABCD,
又AB=AD,底面ABCD为菱形,则AC⊥BD,BD为BD1在平面ABCD上的射影,
所以AC⊥BD1,A正确;
对于选项B,AC=BD,底面为矩形,无法得到AC⊥BD1,B错误;
对于选项C,设AC与BD交于点O,连接A1O(图略),由A1D=A1B,O为BD的中点,得A1O⊥BD,
因为AA1∥BB1,BB1⊥平面ABCD,所以AA1⊥平面ABCD,
因为BD 平面ABCD,所以A1A⊥BD,
因为AA1∩A1O=A1,所以BD⊥平面A1ACC1,C正确;
对于选项D,因为AC=BD,所以底面为矩形,所以BA⊥平面ADD1A1,所以AD1是BD1在平面ADD1A1上的射影,又因为A1D⊥BD1,所以AD1⊥A1D,D正确.
(2026·江苏苏州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的菱形,∠BAD=,PA⊥平面ABCD,E为PC的中点,点F,G分别在棱PD,AD上,且PF=FD,AG=GD.证明:AD⊥EF.
证明:因为PF=FD,AG=GD,所以FG∥PA.
因为PA⊥平面ABCD,所以FG⊥平面ABCD.
因为AD 平面ABCD,所以FG⊥AD.
取AC的中点H,连接GH,EH.因为E为PC的中点,所以EH∥PA,所以EH∥FG,
则E,F,G,H四点共面.又FG 平面EFGH,
所以平面EFGH⊥平面ABCD,
所以HG是EF在平面ABCD上的射影.
因为四边形ABCD是边长为4的菱形,∠BAD=,
所以在△AGH中,AG=1,AH=2,∠GAH=,
所以GH==,故AG2+GH2=AH2,
所以GH⊥AD,
所以由三垂线定理可得AD⊥EF.(共27张PPT)
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A组　基础保分练
1.(2026·湖南株洲模拟)已知α,β是两个不同的平面,直线l⊥β,则“α∥β”是“l⊥α”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
A
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解析:α,β是两个不同的平面,直线l⊥β,
若α∥β,∵l⊥β,∴l⊥α,
若l⊥α,∵l⊥β,
∴根据与同一条直线垂直的两个平面平行,得α∥β成立,∴“α∥β”是“l⊥α”的充要条件.
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2.(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
C
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解析:对于A,若m∥α,n α,则m,n平行或异面,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与β可能平行、相交或m β,故D错误.
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3.(2026·山东济南模拟)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,则下列结论不一定成立的是(　　)
A.平面ABCD⊥平面AA1B1B
B.平面ABCD⊥平面BB1C1C
C.平面AA1C1C⊥平面BB1D1D
D.平面ABC1D1⊥平面A1B1CD
D
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解析:如图所示,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,结合直棱柱的结构特征,易知平面ABCD⊥平面AA1B1B,平面ABCD⊥平面BB1C1C,平面AA1C1C⊥平面BB1D1D,故A,B,C成立;
当且仅当直四棱柱为正方体时,平面ABC1D1⊥平面A1B1CD,故D不一定成立.
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4.(2026·天津模拟)已知a,b是空间两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是(　　)
A.若a∥b,a∥α,则b∥α
B.若a∥α,a⊥β,则α⊥β
C.若α⊥β,a α,则a⊥β
D.若α∩β=a,γ∩β=b,a∥b,则α∥γ
B
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解析:对于A,若a∥b,a∥α,则可能b α,故A错误;
对于B,因为a∥α,如图过直线a作平面γ,使得α∩γ=b,
根据线面平行的性质定理,可得a∥b,因为a⊥β,所以b⊥β,
又因为b α,所以α⊥β,故B正确;
对于C,若α⊥β,a α,则可能a β或a∥β或a与β相交,故C错误;
对于D,若α∩β=a,γ∩β=b,a∥b,则α与γ可能相交,故D错误.
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5.(2026·黑龙江大庆模拟)已知直线m,n与平面α,β,γ,则能使α⊥β成立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
D
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解析:对于A选项,若α⊥γ,β⊥γ,则α,β平行或相交,A不满足要求;
对于B选项,若m⊥n,m α,n β,则α,β平行或相交,B不满足要求;
对于C选项,若m⊥n,α∩β=m,n β,则α,β相交或垂直,C不满足要求;
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.
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6.(2026·江西吉安模拟)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,C为圆上异于A,B的任意一点,AE⊥PC,垂足为E,F是PB上一点,则下列判断不正确的是(　　)
A.BC⊥平面PAC　　
B.AE⊥EF
C.AC⊥PB
D.平面AEF⊥平面PBC
C
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解析:∵C为圆上异于A,B的任意一点,
∴BC⊥AC.∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴PA⊥BC.又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴BC⊥平面PAC,故A正确.
∵BC⊥平面PAC,AE 平面PAC,
∴BC⊥AE.
∵AE⊥PC,PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,
∴AE⊥平面PBC.
∵EF 平面PBC,∴AE⊥EF,故B正确.
若AC⊥PB,则AC⊥平面PBC,则AC⊥PC,与AC⊥PA矛盾,
故AC与PB不垂直,故C错误.
∵AE⊥平面PBC,AE 平面AEF,
∴平面AEF⊥平面PBC,故D正确.
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7.(多选)(2026·甘肃酒泉模拟)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上(不含端点),要使CE⊥平面B1DE,则AE的值可能是(　　)
A.a B.a
C.2a D.a
AC
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解析:由已知,得A1B1=B1C1,
又D是A1C1的中点,所以B1D⊥A1C1.
又侧棱AA1⊥平面A1B1C1,B1D 平面A1B1C1,所以AA1⊥B1D.
因为AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面AA1C1C,所以B1D⊥平面AA1C1C.
又CE 平面AA1C1C,所以B1D⊥CE.
若CE⊥平面B1DE,则CE⊥DE.
设AE=x(0又CD2=a2+9a2=10a2,所以10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,
解得x=a或x=2a.
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8.(多选)(2026·云南曲靖模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
AB⊥BC,AB=AA1,A1B∩AB1=O,D为AC的中点,则下列结论正确的是(　 　)
A.OD∥平面BCC1B1
B.平面ABB1A1⊥平面A1BC
C.BD⊥平面ACC1A1
D.AB1⊥A1C
ABD
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解析:对于A,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,由A1B∩AB1=O,得O为AB1的中点,D为AC的中点,
则OD∥B1C,又OD 平面BCC1B1,B1C 平面BCC1B1,
则OD∥平面BCC1B1,A正确;
对于B,由B1B⊥BC,AB⊥BC,AB∩BB1=B,AB,BB1 平面ABB1A1,
得BC⊥平面ABB1A1,又BC 平面A1BC,则平面ABB1A1⊥平面A1BC,B正确;
对于C,当AB≠BC时,BD与AC不垂直,此时BD与平面ACC1A1不垂直,C错误;
对于D,AB=AA1,四边形ABB1A1为正方形,则A1B⊥AB1,平面ABB1A1⊥平面A1BC.
平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,则AB1⊥平面A1BC,
又A1C 平面A1BC,所以AB1⊥A1C,D正确.
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9.(2026·江西抚州模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足_________________
　 　时,平面MBD⊥平面PCD.(填写一个即可)
DM⊥PC(或BM⊥
PC)
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解析:∵PA⊥底面ABCD,BD 底面ABCD,
∴BD⊥PA.连接AC(图略),
易知BD⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴BD⊥平面PAC.又PC 平面PAC,
∴BD⊥PC,∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,
有PC⊥平面MBD.
又PC 平面PCD,
∴平面MBD⊥平面PCD.
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10.(2026·福建莆田模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,
SA⊥平面ABCD,AE⊥SB,EF⊥SC.证明:
(1)AE⊥平面SBC;
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证明:∵四边形ABCD为矩形,
∴BC⊥AB.
∵SA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,
∴BC⊥SA.
∵SA∩AB=A,SA,AB 平面SAB,
∴BC⊥平面SAB.
∵AE 平面SAB,
∴AE⊥BC.
∵AE⊥SB,SB∩BC=B,SB,BC 平面SBC,
∴AE⊥平面SBC.
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(2)AF⊥SC.
证明:∵AE⊥平面SBC,SC 平面SBC,
∴AE⊥SC.
∵EF⊥SC,AE∩EF=E,AE,EF 平面AEF,
∴SC⊥平面AEF.
∵AF 平面AEF,
∴AF⊥SC.
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11.(多选)(人A必修第二册P165T21改编)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB,D为PB的中点,则下列结论正确的是(　 　)
A.BC⊥平面PAB
B.AD⊥PC
C.AD⊥平面PBC
D.PB⊥平面ADC
B组　能力提升练
ABC
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解析:∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴PA⊥BC.又AB⊥BC,AB,PA 平面PAB,AB∩PA=A,∴BC⊥平面PAB,故A正确.由BC⊥平面PAB,AD 平面PAB,得BC⊥AD,又PA=AB,D是PB的中点,∴AD⊥PB.∵PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,∴AD⊥平面PBC.∵PC 平面PBC,∴AD⊥PC,故B,C正确.由BC⊥平面PAB,PB 平面PAB,得BC⊥PB.∵BC与CD不平行,∴PB与CD不垂直,∴PB与平面ADC不垂直,故D错误.
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12.(2026·河北邯郸模拟)在△ABC中,∠ACB=90° ,AB=8,∠BAC=60° ,
PC⊥ 平面ABC,PC=4,M是AB边上的一动点,则PM的最小值为
　　　　.
解析:如图所示,因为PC⊥ 平面ABC,CM 平面ABC,所以PC⊥CM,则△PCM 是直角三角形,故PM2=PC2+CM2,所以当CM⊥AB 时,CM最小,此时PM 也最小.由条件知AC=4,AB=8,∠ACB=90° ,则BC=4,故CM 的最小值为=2.又PC=4,则PM 的最小值为
=2.
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13.(2026·甘肃兰州模拟)在四棱锥E-ABCD中,ED⊥平面EBC,AD=ED,
AD∥BC,∠BAD=∠CBA=90°,AB=BC=2AD.
(1)若点F在线段BC上,试确定F的位置,使平面DEF⊥平面ABCD,并给出证明;
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解:当F是BC的中点时,平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:由F是BC的中点,得BF=BC.又AD∥BC,BC=2AD,所以AD∥BF,AD=BF,则四边形ADFB是平行四边形.又∠BAD=∠CBA=90°,得四边形ADFB是矩形,故BC⊥DF.因为ED⊥平面EBC,BC 平面EBC,所以BC⊥ED.因为DF∩ED=D,DF,ED 平面DEF,所以BC⊥平面DEF.因为BC 平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.
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(2)根据(1)的条件,若EF=,求四棱锥E-ABCD的体积.
解:因为平面DEF⊥平面ABCD,平面DEF∩平面ABCD=DF,所以过点E作EO⊥DF于点O,则EO⊥平面ABCD,EO的长就是四棱锥E-ABCD的高,如图所示.因为ED⊥平面EBC,所以ED⊥EF,在Rt△DEF中,EF=,DF=AB=2AD=2ED,由勾股定理,得EF2+ED2=DF2,所以3+ED2=4ED2,解得ED=1,则DF=2.根据EO·DF=ED·EF,得EO=.由AB=DF=BC=2,AD=AB=1,∠BAD=∠CBA=90°,得S四边形ABCD
=(AD+BC)·AB=×(1+2)×2=3,因此V四棱锥E-ABCD=S四边形ABCD
×EO=×3×=.(共27张PPT)
第48讲空间直线、平面的垂直
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
[例1]　如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D.
(1)证明:B1D1⊥平面A1C1C;
[证明]　因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
所以CC1⊥B1D1.
因为四边形A1B1C1D1是正方形,
所以A1C1⊥B1D1.
又因为CC1∩A1C1=C1,A1C1,CC1 平面A1C1C,
所以B1D1⊥平面A1C1C.
(2)证明:MN∥A1C.
[证明]　如图,连接B1A,AD1.
因为B1C1=AD,B1C1∥AD,
所以四边形ADC1B1为平行四边形,
所以C1D∥AB1.
因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1.
又因为MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,
所以MN⊥平面AB1D1.
由(1)知B1D1⊥平面A1C1C,且A1C 平面A1C1C,所以A1C⊥B1D1.
同理可得A1C⊥AB1.
又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,所以A1C⊥平面AB1D1,
所以MN∥A1C.
方法总结
证明线面垂直的常用方法及关键
1.证明直线和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.
跟踪训练
1.已知S是Rt△ABC所在平面外一点,且SA=SB=SC,D为斜边AC的中点.
(1)证明:SD⊥ 平面ABC;
证明:如图所示,取AB的中点E,连接SE,DE.在Rt△ABC中,因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC,所以DE⊥AB.
因为SA=SB,E是AB的中点,
所以SE⊥AB.又SE∩DE=E,SE,DE 平面SDE,所以AB⊥平面SDE.
又SD 平面SDE,所以AB⊥SD.在△SAC中,SA=SC,D为AC的中点,所以SD⊥AC.又AC∩AB=A,AC,AB 平面ABC,
所以SD⊥平面ABC.
(2)若AB=BC,证明:BD⊥ 平面SAC.
证明:由于AB=BC,且D是AC的中点,则BD⊥AC.
由(1)可知,SD⊥平面ABC,BD 平面ABC,所以SD⊥BD.又SD∩AC=D,SD,AC 平面SAC,所以BD⊥平面SAC.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
[例2]　(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;
[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.
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
[解]　如图,过点A1作A1H⊥CC1,交CC1于点H,
由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,
且平面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.
由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°,
则Rt△ACB≌Rt△A1CB,故CA=CA1.
又AA1=2,∠ACA1=90°,
所以A1C1=CA1=.
在等腰Rt△CA1C1中,A1H为斜边中线,
所以A1H=CC1=1,
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
跟踪训练
2.(2026·福建厦门模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90° ,AB=2,BC=CD=1,△PAD为等边三角形,平面PAD⊥ 平面ABCD.证明:BD⊥PA.
证明:取AB 的中点E,连接DE(图略),因为AB∥CD,∠ABC=90° ,AB=2,BC=CD=1,所以四边形EBCD 为正方形,△AED为等腰直角三角形,则AD=,BD⊥AD.
因为平面PAD⊥ 平面ABCD,平面PAD∩ 平面ABCD=AD,BD 平面ABCD,所以BD⊥ 平面PAD.又PA 平面PAD,所以BD⊥PA.
考点三　空间垂直关系的探索问题
[例3]　(多选)(2026·河南新乡模拟)如图,在五面体ABCDE中,△ABC是边长为4的等边三角形,四边形BCDE是等腰梯形,BE=CD=DE=2,则(　 　)
A.DE∥平面ABC
B.CD⊥平面ABE
C.存在五面体ABCDE,满足平面ADE⊥平面BCD
D.存在五面体ABCDE,满足平面ABE⊥平面ACD
ACD
[解析]　因为DE∥BC,DE 平面ABC,BC 平面ABC,所以DE∥平面ABC,A正确;
延长CD,BE交于点F,若CD⊥平面ABE,BE 平面ABE,则CD⊥BE,由平面几何知识易知∠DFE=60°,故CD不垂直于平面ABE,B错误;
取DE的中点G,BC的中点H,连接AG,GH,AH,则∠AGH为平面ADE与平面BCD的夹角的平面角,
由题意,点G可看作在平面AGH内以H为圆心,GH为半径的
圆上的一点,
由于GH=显然△ADE为等腰三角形,则AG⊥DE,DE∩GH=G,DE,GH 平面BCDE,
所以AG⊥平面BCDE,又AG 平面ADE,则平面ADE⊥平面BCD,所以存在这样的五面体ABCDE,C正确;
连接AF,取AF的中点I,连接BI,CI,则∠BIC为平面ABE与
平面ACD的夹角的平面角,
当BI=2,即AF=4时,∠BIC=90°,即BI⊥IC,又BI⊥AF,IC∩AF=I,IC,AF 平面ACD,则BI⊥平面ACD,BI 平面ABE,
所以平面ABE⊥平面ACD,此时AF方法总结
1.解条件探索性问题的主要途径
(1)先猜后证,即先观察,后尝试给出条件,再证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.
2.涉及点的位置的探索性问题,一般先根据条件猜测点的位置再给出证明.探索点存在问题,点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识设点.
跟踪训练
3.在如图所示的五面体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,EF=1,AE=DE=.
(1)证明:平面ABFE⊥平面CDEF.
证明:因为AE=DE=,AD=2,
所以AE2+DE2=AD2,所以∠AED=90°,即AE⊥DE.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥平面ADE.
因为DE 平面ADE,所以AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,AB,AE 平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.
因为DE 平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.
(2)在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE 说明理由.
解:在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE.
证明如下:取CD的中点N,连接FN.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB∥CD.
又CD 平面ABFE,AB 平面ABFE,所以CD∥平面ABFE.
又CD 平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,
所以CD∥EF.因为EF=1,ND=CD=1,所以EF=DN,
所以四边形EDNF是平行四边形,所以FN∥DE.
由(1)知,DE⊥平面ABFE,所以FN⊥平面ABFE.
三垂线定理及其逆定理
教材延展
知识背景 (源于人教A版必修第二册P164T19,选择性必修第一册P10T8)
1.三垂线定理
如果平面内的一条直线与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
如果在平面内的一条直线与这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直.
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.
[例]　(多选)(原创)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,侧棱BB1垂直于底面ABCD,下列结论正确的是(　 　)
A.若AB=AD,则AC⊥BD1
B.若AC=BD,则AC⊥BD1
C.若A1D=A1B,则BD⊥平面A1ACC1
D.若AC=BD,A1D⊥BD1,则AD1⊥A1D
ACD
[解析]　对于选项A,BB1⊥平面ABCD,则DD1⊥平面ABCD,
又AB=AD,底面ABCD为菱形,则AC⊥BD,BD为BD1在平面ABCD上的射影,
所以AC⊥BD1,A正确;
对于选项B,AC=BD,底面为矩形,无法得到AC⊥BD1,B错误;
对于选项C,设AC与BD交于点O,连接A1O(图略),由A1D=A1B,O为BD的中点,得A1O⊥BD,
因为AA1∥BB1,BB1⊥平面ABCD,所以AA1⊥平面ABCD,
因为BD 平面ABCD,所以A1A⊥BD,
因为AA1∩A1O=A1,所以BD⊥平面A1ACC1,C正确;
对于选项D,因为AC=BD,所以底面为矩形,所以BA⊥平面ADD1A1,所以AD1是BD1在平面ADD1A1上的射影,又因为A1D⊥BD1,所以AD1⊥A1D,D正确.
(2026·江苏苏州模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的菱形,∠BAD=,PA⊥平面ABCD,E为PC的中点,点F,G分别在棱PD,AD上,且PF=FD,AG=GD.证明:AD⊥EF.
跟踪训练
证明:因为PF=FD,AG=GD,所以FG∥PA.
因为PA⊥平面ABCD,所以FG⊥平面ABCD.
因为AD 平面ABCD,所以FG⊥AD.
取AC的中点H,连接GH,EH.因为E为PC的中点,所以EH∥PA,所以EH∥FG,
则E,F,G,H四点共面.又FG 平面EFGH,
所以平面EFGH⊥平面ABCD,
所以HG是EF在平面ABCD上的射影.
因为四边形ABCD是边长为4的菱形,∠BAD=,
所以在△AGH中,AG=1,AH=2,∠GAH=,
所以GH==,故AG2+GH2=AH2,
所以GH⊥AD,
所以由三垂线定理可得AD⊥EF.[A组　基础保分练]
1.(2026·湖南株洲模拟)已知α,β是两个不同的平面,直线l⊥β,则“α∥β”是“l⊥α”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案:A
解析:α,β是两个不同的平面,直线l⊥β,
若α∥β,∵l⊥β,∴l⊥α,
若l⊥α,∵l⊥β,
∴根据与同一条直线垂直的两个平面平行,得α∥β成立,∴“α∥β”是“l⊥α”的充要条件.
2.(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
答案:C
解析:对于A,若m∥α,n α,则m,n平行或异面,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与β可能平行、相交或m β,故D错误.
3.(2026·山东济南模拟)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,则下列结论不一定成立的是(　　)
A.平面ABCD⊥平面AA1B1B
B.平面ABCD⊥平面BB1C1C
C.平面AA1C1C⊥平面BB1D1D
D.平面ABC1D1⊥平面A1B1CD
答案:D
解析:如图所示,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,结合直棱柱的结构特征,易知平面ABCD⊥平面AA1B1B,平面ABCD⊥平面BB1C1C,平面AA1C1C⊥平面BB1D1D,故A,B,C成立;
当且仅当直四棱柱为正方体时,平面ABC1D1⊥平面A1B1CD,故D不一定成立.
4.(2026·天津模拟)已知a,b是空间两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是(　　)
A.若a∥b,a∥α,则b∥α
B.若a∥α,a⊥β,则α⊥β
C.若α⊥β,a α,则a⊥β
D.若α∩β=a,γ∩β=b,a∥b,则α∥γ
答案:B
解析:对于A,若a∥b,a∥α,则可能b α,故A错误;
对于B,因为a∥α,如图过直线a作平面γ,使得α∩γ=b,
根据线面平行的性质定理,可得a∥b,因为a⊥β,所以b⊥β,
又因为b α,所以α⊥β,故B正确;
对于C,若α⊥β,a α,则可能a β或a∥β或a与β相交,故C错误;
对于D,若α∩β=a,γ∩β=b,a∥b,则α与γ可能相交,故D错误.
5.(2026·黑龙江大庆模拟)已知直线m,n与平面α,β,γ,则能使α⊥β成立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
答案:D
解析:对于A选项,若α⊥γ,β⊥γ,则α,β平行或相交,A不满足要求;
对于B选项,若m⊥n,m α,n β,则α,β平行或相交,B不满足要求;
对于C选项,若m⊥n,α∩β=m,n β,则α,β相交或垂直,C不满足要求;
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.
6.(2026·江西吉安模拟)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,C为圆上异于A,B的任意一点,AE⊥PC,垂足为E,F是PB上一点,则下列判断不正确的是(　　)
A.BC⊥平面PAC　　
B.AE⊥EF
C.AC⊥PB
D.平面AEF⊥平面PBC
答案:C
解析:∵C为圆上异于A,B的任意一点,
∴BC⊥AC.∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴PA⊥BC.又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴BC⊥平面PAC,故A正确.
∵BC⊥平面PAC,AE 平面PAC,
∴BC⊥AE.
∵AE⊥PC,PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,
∴AE⊥平面PBC.
∵EF 平面PBC,∴AE⊥EF,故B正确.
若AC⊥PB,则AC⊥平面PBC,则AC⊥PC,与AC⊥PA矛盾,
故AC与PB不垂直,故C错误.
∵AE⊥平面PBC,AE 平面AEF,
∴平面AEF⊥平面PBC,故D正确.
7.(多选)(2026·甘肃酒泉模拟)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上(不含端点),要使CE⊥平面B1DE,则AE的值可能是(　　)
A.a B.a
C.2a D.a
答案:AC
解析:由已知,得A1B1=B1C1,
又D是A1C1的中点,所以B1D⊥A1C1.
又侧棱AA1⊥平面A1B1C1,B1D 平面A1B1C1,所以AA1⊥B1D.
因为AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面AA1C1C,所以B1D⊥平面AA1C1C.
又CE 平面AA1C1C,所以B1D⊥CE.
若CE⊥平面B1DE,则CE⊥DE.
设AE=x(0又CD2=a2+9a2=10a2,所以10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,解得x=a或x=2a.
8.(多选)(2026·云南曲靖模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=AA1,A1B∩AB1=O,D为AC的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.OD∥平面BCC1B1
B.平面ABB1A1⊥平面A1BC
C.BD⊥平面ACC1A1
D.AB1⊥A1C
答案:ABD
解析:对于A,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,由A1B∩AB1=O,得O为AB1的中点,D为AC的中点,
则OD∥B1C,又OD 平面BCC1B1,B1C 平面BCC1B1,则OD∥平面BCC1B1,A正确;
对于B,由B1B⊥BC,AB⊥BC,AB∩BB1=B,AB,BB1 平面ABB1A1,
得BC⊥平面ABB1A1,又BC 平面A1BC,则平面ABB1A1⊥平面A1BC,B正确;
对于C,当AB≠BC时,BD与AC不垂直,此时BD与平面ACC1A1不垂直,C错误;
对于D,AB=AA1,四边形ABB1A1为正方形,则A1B⊥AB1,平面ABB1A1⊥平面A1BC.
平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,则AB1⊥平面A1BC,
又A1C 平面A1BC,所以AB1⊥A1C,D正确.
9.(2026·江西抚州模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.(填写一个即可)
答案:DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析:∵PA⊥底面ABCD,BD 底面ABCD,
∴BD⊥PA.连接AC(图略),
易知BD⊥AC,又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴BD⊥平面PAC.又PC 平面PAC,
∴BD⊥PC,∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,
有PC⊥平面MBD.
又PC 平面PCD,
∴平面MBD⊥平面PCD.
10.(2026·福建莆田模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,AE⊥SB,EF⊥SC.证明:
(1)AE⊥平面SBC;
(2)AF⊥SC.
证明:(1)∵四边形ABCD为矩形,
∴BC⊥AB.
∵SA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,
∴BC⊥SA.
∵SA∩AB=A,SA,AB 平面SAB,
∴BC⊥平面SAB.
∵AE 平面SAB,
∴AE⊥BC.
∵AE⊥SB,SB∩BC=B,SB,BC 平面SBC,
∴AE⊥平面SBC.
(2)∵AE⊥平面SBC,SC 平面SBC,
∴AE⊥SC.
∵EF⊥SC,AE∩EF=E,AE,EF 平面AEF,
∴SC⊥平面AEF.
∵AF 平面AEF,
∴AF⊥SC.
[B组　能力提升练]
11.(多选)(人A必修第二册P165T21改编)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB,D为PB的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.BC⊥平面PAB
B.AD⊥PC
C.AD⊥平面PBC
D.PB⊥平面ADC
答案:ABC
解析:∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴PA⊥BC.又AB⊥BC,AB,PA 平面PAB,AB∩PA=A,∴BC⊥平面PAB,故A正确.由BC⊥平面PAB,AD 平面PAB,得BC⊥AD,又PA=AB,D是PB的中点,∴AD⊥PB.∵PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,∴AD⊥平面PBC.∵PC 平面PBC,∴AD⊥PC,故B,C正确.由BC⊥平面PAB,PB 平面PAB,得BC⊥PB.∵BC与CD不平行,∴PB与CD不垂直,∴PB与平面ADC不垂直,故D错误.
12.(2026·河北邯郸模拟)在△ABC中,∠ACB=90° ,AB=8,∠BAC=60° ,PC⊥ 平面ABC,PC=4,M是AB边上的一动点,则PM的最小值为　　　　.
答案:2
解析:如图所示,因为PC⊥ 平面ABC,CM 平面ABC,所以PC⊥CM,则△PCM 是直角三角形,故PM2=PC2+CM2,所以当CM⊥AB 时,CM最小,此时PM 也最小.由条件知AC=4,AB=8,∠ACB=90° ,则BC=4,故CM 的最小值为=2.又PC=4,则PM 的最小值为=2.
13.(2026·甘肃兰州模拟)在四棱锥E-ABCD中,ED⊥平面EBC,AD=ED,AD∥BC,∠BAD=∠CBA=90°,AB=BC=2AD.
(1)若点F在线段BC上,试确定F的位置,使平面DEF⊥平面ABCD,并给出证明;
(2)根据(1)的条件,若EF=,求四棱锥E-ABCD的体积.
解:(1)当F是BC的中点时,平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:由F是BC的中点,得BF=BC.又AD∥BC,BC=2AD,所以AD∥BF,AD=BF,则四边形ADFB是平行四边形.又∠BAD=∠CBA=90°,得四边形ADFB是矩形,故BC⊥DF.因为ED⊥平面EBC,BC 平面EBC,所以BC⊥ED.因为DF∩ED=D,DF,ED 平面DEF,所以BC⊥平面DEF.因为BC 平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.
(2)因为平面DEF⊥平面ABCD,平面DEF∩平面ABCD=DF,所以过点E作EO⊥DF于点O,则EO⊥平面ABCD,EO的长就是四棱锥E-ABCD的高,如图所示.因为ED⊥平面EBC,所以ED⊥EF,在Rt△DEF中,EF=,DF=AB=2AD=2ED,由勾股定理,得EF2+ED2=DF2,所以3+ED2=4ED2,解得ED=1,则DF=2.根据EO·DF=ED·EF,得EO=.由AB=DF=BC=2,AD=AB=1,∠BAD=∠CBA=90°,得S四边形ABCD=(AD+BC)·AB=×(1+2)×2=3,因此V四棱锥E-ABCD=S四边形ABCD×EO=×3×=.

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