2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第四节空间直线平面的垂直

这是一份2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第四节空间直线平面的垂直，共16页。
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．
问题思考·夯实技能
【问题1】 如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线就垂直于这个平面吗？
【问题2】 当两个平面互相垂直时，一个平面内一条直线垂直另一个平面内任意一条直线？
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图，在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2, AB＝2，AD＝4，M，N分别为AD，CF的中点.
(1)求证：AN⊥CM；
(2)求证：AN⊥平面BCM.
[听课记录]
题后师说
证明直线与平面垂直的常用方法
(1)判定定理，它是最常用的思路．
(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．
巩固训练1
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．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 [2023·全国乙卷]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．
[听课记录]
题后师说
(1)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．
(2)面面垂直性质的应用：①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
巩固训练2
[2024·河北邢台模拟]如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，PB⊥AE，E为CD中点，AB＝，BC＝2AD＝2.
(1)证明：平面PAE⊥平面PBD；
(2)若PB＝PD＝2，求点B到平面PCD的距离．
题型三 垂直关系的综合应用
例3 [2024·北京怀柔模拟]如图，在四棱锥S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E为AD的中点，F为SB上一点，M为BC上一点，且平面EFM∥平面SCD.
(1)求证：M为线段BC中点；
(2)求证：平面SAD⊥平面SCD；
(3)在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，说明理由．
[听课记录]
题后师说
(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)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
巩固训练3
如图，正三棱柱ABC -A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点M为A1B1的中点．在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
1．[2024·广东深圳模拟]若直线a在平面α内，直线b在平面α外，则“b⊥a”是“b⊥α”的( )
A．充要条件
B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件
D．必要不充分条件
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．[2024·九省联考]设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
4.如图，正方形ABCD，P是正方形平面外的一点，且PA⊥平面ABCD，则在△PAB，△PBC，△PCD，△PAD，△PAC及△PBD中，直角三角形有________个．
第四节 空间直线、平面的垂直
问题思考·夯实技能
【问题1】 提示：不一定．如图，当平面α内的无数条直线a，b，c，…都互相平行时，直线l在保证与直线a，b，c，…都垂直的条件下，与平面α可能平行、垂直也可能斜交．
【问题2】 提示：不一定．当两个平面互相垂直时，一个平面内的一条直线只有垂直于这两个平面的交线时，这条直线才垂直于另一个平面．
关键能力·题型剖析
例1 证明：(1)连接DN，则DN＝＝2，AN＝＝2，
∴DN2＋AN2＝AD2，∴DN⊥AN，
又∵DM∥CN，DM＝CN，∴四边形DMCN为平行四边形，
∴DN∥CM，∴AN⊥CM.
(2)证明：在直三棱柱ABC-DEF中，AC＝BC＝2，AB＝2，AD＝4，M，N分别为AD，CF的中点，
∵AC＝BC＝2，AB＝2，
∴AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC，
又ABC-DEF是直三棱柱，
∴AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AD⊥BC，
AC，AD⊂平面ACFD，AC∩AD＝A，
∴BC⊥平面ACFD，AN⊂平面ACFD，则BC⊥AN，
∵M，N分别为AD，CF的中点，且AD＝4，AC＝2，
∴四边形ACNM为正方形，则CM⊥AN，又BC∩CM＝C，
BC，CM⊂平面BCM，∴AN⊥平面BCM.
巩固训练1 证明：(1)在四棱锥P - ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴CD⊥PA.
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，
∵AE⊂平面PAC，故CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，
∠ABC＝60°，可得PA＝AC，
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
例2 解析：(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)
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.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，
则△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝.
方法一 由＝·CA1·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
方法二 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.
巩固训练2
解析：(1)证明：由AB⊥BC，AD∥BC，AB＝，BC＝2AD＝2，
可得底面ABCD为直角梯形，如图，作DF⊥BC于F，
则DF＝AB＝，DC＝＝2，
sin ∠BCD＝sin ∠FCD＝＝，
∴∠BCD＝，BD＝＝2，
从而△BCD是等边三角形，∠BDC＝，而∠ADC＝，
故BD平分∠ADC.
∵E为CD中点，故DA＝DE＝1，∴BD⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，PB，BD⊂平面PBD，∴AE⊥平面PBD.
∵AE⊂平面PAE，∴平面PAE⊥平面PBD.
(2)由(1)知，AE⊥平面PBD，AE⊂平面ABCD，则平面PBD⊥平面ABCD，
取BD中点O，连接PO，∵PB＝PD，则PO⊥BD.
∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
PO⊂平面PBD，∴PO⊥平面ABCD.
∵PB＝PD＝BD＝2，∴PO＝，
连接OC，∵BC＝DC＝BD＝2，故CO＝.
在Rt△POC中，CO＝PO＝，∴PC＝，
在△PCD中，PD＝CD＝2，PC＝，
所以PC边上的高为 ＝，
∴S△PCD＝＝，
∵VB-PCD＝VP-BCD＝S△BCD·PO＝×2×2×sin ＝1，
设点B到平面PCD的距离为h，则×h＝1，解得h＝.
例3 解析：(1)证明：依题意平面EFM∥平面SCD，
由于平面EFM∩平面ABCD＝EM，平面SCD∩平面ABCD＝CD，
所以EM∥CD，由于正方形ABCD中，E是AD的中点，
所以M是线段BC的中点．
(2)证明：由于平面SAD⊥平面ABCD，且交线为AD，
由于CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面SAD，
由于CD⊂平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD.
(3)存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD，证明如下：
连接EC，DM交于点O，连接SE.
因为ED∥CM，并且ED＝CM，所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO＝CO.
又因为N为SC中点，所以NO∥SE.
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
又SE⊂平面SAD，由已知SE⊥AD，
所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.
所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，＝.
巩固训练3 解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1，
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，
于是C1M⊥平面AA1B1B，C1M⊂平面BC1M，
则平面BC1M⊥平面AA1B1B，
在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，
平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，
于是点Q即为所要找的点，
如图所示，显然△ABQ∽△BB1M，因此＝，
即有＝，于是BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.

随堂检测
1.
解析：如图所示，若直线b与平面α相交点A，但不垂直时，当直线a垂直于直线b在平面α内的射影，此时b⊥a，得不出b⊥α.因为b⊥α，且直线a在平面α内，所以b⊥a，则“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件，故选D.
答案：D
2．解析：因为三角形的两边AC，BC有交点C，且直线l和AC，BC同时垂直，所以该直线垂直平面ABC，故该直线与AB垂直．故选B.
答案：B
3．解析：对于A，若α⊥γ，β⊥γ，α，β可能相交也可能平行，故A项不正确；对于B，l∥α，α⊥β，则可能有l∥β，故B，D项不正确；对于C，α⊥γ，β∥γ则必有α⊥β，故C项正确．故选C.
答案：C
4．解析：PA⊥平面ABCD，AB，AC，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，
故△PAB，△PAD，△PAC是直角三角形；
PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，故BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，故BC⊥PB，
故△PBC是直角三角形，同理可得△PCD为直角三角形；
△PBD中，设AB＝AD＝a，PA＝b，则BD＝a，PB＝PD＝，
PB2＋PD2＝2a2＋2b2>2a2＝BD2，故△PBD不是直角三角形．
综上所述共有5个直角三角形．
答案：5