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备考2024届高考数学一轮复习讲义第七章立体几何与空间向量第4讲空间直线平面的垂直
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第七章立体几何与空间向量第4讲空间直线平面的垂直，共7页。
如果两条异面直线所成的角是直角，那么就说这两条异面直线互相垂直.
2.直线与平面垂直
（1）直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的① 任意一条 直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
（2）直线与平面垂直的判定定理和性质定理
规律总结
垂直关系中常用的6个结论
（1）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任意一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）.
（2）若两条平行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.
（3）若一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，则这条直线与另一个平面也垂直.
（4）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
（5）三垂线定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
（6）三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线，如果它和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.
3.平面与平面垂直
（1）平面与平面垂直的定义
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是⑧ 直二面角 ，就说这两个平面互相垂直.
（2）平面与平面垂直的判定定理和性质定理
1.在空间中，α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是（ C ）
A.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βB.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
C.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nD.若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β
解析 由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，A说法正确；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B说法正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行或异面，C说法错误；由面面垂直的性质定理知D说法正确.故选C.
2.[教材改编]下列命题中不正确的是（ A ）
A.如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
3.已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于α，则sin α ＝（ B ）
A.12B.33C.22D.32
解析 如图所示，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，易知平面A1C1D与D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，
又B1C1，BC，AD均与D1A1平行，A1B1，AB，DC均与D1C1平行，A1A，B1B，C1C均与D1D平行，所以平面A1C1D与正方体的12条棱所成的角都相等.连接BD1，与平面A1C1D交于点O，连接A1O，则BD1⊥平面A1C1D，则α＝∠D1A1O，且D1O＝13BD1＝33，所以sin α＝D1OD1A1＝331＝33，故选B.
4.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AB与A1D1所成角的大小为 90° ；直线AD1与DC1所成角的大小为 60° .
解析 因为A1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是异面直线AB与A1D1所成的角.
因为∠D1A1B1＝90°，所以直线AB与A1D1所成角的大小为90°.
如图，连接AB1，B1D1.
因为AB1∥DC1，所以直线AB1与AD1所成的角即直线DC1与AD1所成的角.
又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1为正三角形，
所以∠D1AB1＝60°，所以直线AD1与AB1所成角的大小为60°，
即直线AD1与DC1所成角的大小为60°.
研透高考 明确方向
命题点1 线面垂直的判定与性质
例1 [2024惠州市二调节选]如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC.
求证：DD1⊥平面ABCD.
解析 （1）解法一 因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC，
所以△DD1P≌△CC1P，
所以∠DD1P＝∠CC1P，
又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，
所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.
因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
解法二 如图，取DC中点E，连接PE.
因为PD＝PC，所以PE⊥DC.
因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，
所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.
因为侧面ADD1A1是矩形，
所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
方法技巧
1.证明线面垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b⊂α，c⊂α⇒a⊥α）；
（2）利用面面垂直的性质定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a⊂β⇒a⊥α）；
（3）a⊥α，α∥β⇒a⊥β；
（4）a∥b，a⊥α⇒b⊥α.
2.证明线线垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直；
（2）计算两条直线的夹角的大小为90°或运用勾股定理的逆定理判断垂直；
（3）平面几何中常见的垂直，如直径所对的圆周角为直角，菱形对角线相互垂直等.
3.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.
训练1 [2023全国卷甲]已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为（ C ）
A.22B.32C.42D.62
解析 如图，取CD，AB的中点分别为E，F，连接PE，EF，PF，因为PC＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcs45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cs∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC·BC＝13，所以sin∠PCB＝223，所以S△PBC＝12PC·BCsin∠PCB＝42，故选C.
训练2 [全国卷Ⅰ节选]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＝66DO.证明：PA⊥平面PBC.
解析 设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝22a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
命题点2 面面垂直的判定与性质
例2 [2021新高考卷Ⅱ节选]如图，在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.证明：平面QAD⊥平面ABCD.
解析 在△QDC中，因为QD2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.
又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD⊂平面QAD，
所以CD⊥平面QAD.
因为CD⊂平面ABCD，
所以平面QAD⊥平面ABCD.
例3 [2024江苏常州模拟节选]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.证明：PB⊥AD.
解析 由题意知△BCD为等边三角形，则BD＝BC＝2，
又AB∥DC，则∠ABD＝60°，
在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cs∠ABD＝42＋22－2×4×2×cs 60°＝12，则AD＝23，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.
又PB⊂平面PBD，故PB⊥AD.
方法技巧
1.证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.
（2）利用面面垂直的判定定理（a⊂α，a⊥β⇒α⊥β）.
2.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.
训练3 [2022全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ A ）
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析 如图，对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.
训练4 [2024福建泉州质量监测节选]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱锥P－ABC体积的最大值.
解析 取AB的中点O，连接PO，如图所示.
因为PA＝PB，所以PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABC.
因为PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，
所以V三棱锥P－ABC＝13S△ABC·PO＝13×（12AB·BC·sin∠ABC）·PO＝13sin∠ABC.
因为∠ABC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱锥P－ABC≤13，
当且仅当sin∠ABC＝1，即∠ABC＝π2时，等号成立.
故三棱锥P－ABC体积的最大值为13.
命题点3 垂直关系的综合应用
例4 [2023北京高考节选]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.
求证：BC⊥平面PAB.
解析 因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝3，所以AC＝2.
因为AB＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
方法技巧
线线垂直线面垂直面面垂直
训练5 [2022全国卷甲]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
（1）证明：EF∥平面ABCD.
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
解析 （1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，
∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，
∴EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝43，EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝12BD＝42，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱，
所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（42）2×43＝1283.
因为AC⊥BD，BD∥PM，
所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EM⊥AC.
又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，
所以AC⊥平面PMEH，
则点A到平面PMEH的距离d＝14AC＝22，
所以V四棱锥A－PMEH＝13S四边形PMEH×d＝13×42×43×22＝6433，
所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝1283＋4×6433＝64033（cm3）.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.借助长方体，通过直观感知，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.
2.能用已获得的结论，证明空间图形的垂直关系的简单命题.
线面垂直的判定与性质
2023全国卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17
本讲内容是高考命题的重点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定定理和性质定理的应用，不仅会单独命题，也经常应用于求解球的切、接问题以及建立空间直角坐标系前的线线垂直证明中，题型既有小题也有大题，难度中等.这里应特别注意证明空间线线、线面垂直关系时，灵活应用平行对垂直的转化作用.
面面垂直的判定与性质
2022全国卷乙T7；2022全国卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全国卷ⅡT20；2019全国卷ⅢT19
垂直关系的综合应用
2023北京T16；2022全国卷甲T18
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一条直线与一个平面内的两条② 相交 直线垂直，那么该直线与此平面垂直.
a，b⊂αa⋂b＝O ③l⊥a ④l⊥b ⇒⑤ l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线⑥ 平行 .
a⊥αb⊥α⇒⑦ a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的⑨ 垂线 ，那么这两个平面垂直.
l⊂β⑩l⊥α ⇒α⊥β
性质定理
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⑪ 交线 ，那么这条直线与另一个平面垂直.
⑫α⊥β l⊂βα⋂β＝a⑬l⊥a ⇒l⊥α
如果两条异面直线所成的角是直角，那么就说这两条异面直线互相垂直.
2.直线与平面垂直
（1）直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的① 任意一条 直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
（2）直线与平面垂直的判定定理和性质定理
规律总结
垂直关系中常用的6个结论
（1）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任意一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）.
（2）若两条平行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.
（3）若一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，则这条直线与另一个平面也垂直.
（4）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
（5）三垂线定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
（6）三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线，如果它和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.
3.平面与平面垂直
（1）平面与平面垂直的定义
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是⑧ 直二面角 ，就说这两个平面互相垂直.
（2）平面与平面垂直的判定定理和性质定理
1.在空间中，α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是（ C ）
A.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βB.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
C.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nD.若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β
解析 由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，A说法正确；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B说法正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行或异面，C说法错误；由面面垂直的性质定理知D说法正确.故选C.
2.[教材改编]下列命题中不正确的是（ A ）
A.如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
3.已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于α，则sin α ＝（ B ）
A.12B.33C.22D.32
解析 如图所示，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，易知平面A1C1D与D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，
又B1C1，BC，AD均与D1A1平行，A1B1，AB，DC均与D1C1平行，A1A，B1B，C1C均与D1D平行，所以平面A1C1D与正方体的12条棱所成的角都相等.连接BD1，与平面A1C1D交于点O，连接A1O，则BD1⊥平面A1C1D，则α＝∠D1A1O，且D1O＝13BD1＝33，所以sin α＝D1OD1A1＝331＝33，故选B.
4.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AB与A1D1所成角的大小为 90° ；直线AD1与DC1所成角的大小为 60° .
解析 因为A1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是异面直线AB与A1D1所成的角.
因为∠D1A1B1＝90°，所以直线AB与A1D1所成角的大小为90°.
如图，连接AB1，B1D1.
因为AB1∥DC1，所以直线AB1与AD1所成的角即直线DC1与AD1所成的角.
又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1为正三角形，
所以∠D1AB1＝60°，所以直线AD1与AB1所成角的大小为60°，
即直线AD1与DC1所成角的大小为60°.
研透高考 明确方向
命题点1 线面垂直的判定与性质
例1 [2024惠州市二调节选]如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC.
求证：DD1⊥平面ABCD.
解析 （1）解法一 因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC，
所以△DD1P≌△CC1P，
所以∠DD1P＝∠CC1P，
又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，
所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.
因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
解法二 如图，取DC中点E，连接PE.
因为PD＝PC，所以PE⊥DC.
因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，
所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.
因为侧面ADD1A1是矩形，
所以DD1⊥AD，
又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.
方法技巧
1.证明线面垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b⊂α，c⊂α⇒a⊥α）；
（2）利用面面垂直的性质定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a⊂β⇒a⊥α）；
（3）a⊥α，α∥β⇒a⊥β；
（4）a∥b，a⊥α⇒b⊥α.
2.证明线线垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直；
（2）计算两条直线的夹角的大小为90°或运用勾股定理的逆定理判断垂直；
（3）平面几何中常见的垂直，如直径所对的圆周角为直角，菱形对角线相互垂直等.
3.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.
训练1 [2023全国卷甲]已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为（ C ）
A.22B.32C.42D.62
解析 如图，取CD，AB的中点分别为E，F，连接PE，EF，PF，因为PC＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcs45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cs∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC·BC＝13，所以sin∠PCB＝223，所以S△PBC＝12PC·BCsin∠PCB＝42，故选C.
训练2 [全国卷Ⅰ节选]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＝66DO.证明：PA⊥平面PBC.
解析 设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝22a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
命题点2 面面垂直的判定与性质
例2 [2021新高考卷Ⅱ节选]如图，在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.证明：平面QAD⊥平面ABCD.
解析 在△QDC中，因为QD2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.
又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD⊂平面QAD，
所以CD⊥平面QAD.
因为CD⊂平面ABCD，
所以平面QAD⊥平面ABCD.
例3 [2024江苏常州模拟节选]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.证明：PB⊥AD.
解析 由题意知△BCD为等边三角形，则BD＝BC＝2，
又AB∥DC，则∠ABD＝60°，
在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cs∠ABD＝42＋22－2×4×2×cs 60°＝12，则AD＝23，
所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，
因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.
又PB⊂平面PBD，故PB⊥AD.
方法技巧
1.证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.
（2）利用面面垂直的判定定理（a⊂α，a⊥β⇒α⊥β）.
2.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.
训练3 [2022全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ A ）
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析 如图，对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.
训练4 [2024福建泉州质量监测节选]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱锥P－ABC体积的最大值.
解析 取AB的中点O，连接PO，如图所示.
因为PA＝PB，所以PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABC.
因为PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，
所以V三棱锥P－ABC＝13S△ABC·PO＝13×（12AB·BC·sin∠ABC）·PO＝13sin∠ABC.
因为∠ABC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱锥P－ABC≤13，
当且仅当sin∠ABC＝1，即∠ABC＝π2时，等号成立.
故三棱锥P－ABC体积的最大值为13.
命题点3 垂直关系的综合应用
例4 [2023北京高考节选]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.
求证：BC⊥平面PAB.
解析 因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝3，所以AC＝2.
因为AB＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
方法技巧
线线垂直线面垂直面面垂直
训练5 [2022全国卷甲]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
（1）证明：EF∥平面ABCD.
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
解析 （1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，
∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，
∴EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝43，EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝12BD＝42，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱，
所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（42）2×43＝1283.
因为AC⊥BD，BD∥PM，
所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EM⊥AC.
又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，
所以AC⊥平面PMEH，
则点A到平面PMEH的距离d＝14AC＝22，
所以V四棱锥A－PMEH＝13S四边形PMEH×d＝13×42×43×22＝6433，
所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝1283＋4×6433＝64033（cm3）.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.借助长方体，通过直观感知，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.
2.能用已获得的结论，证明空间图形的垂直关系的简单命题.
线面垂直的判定与性质
2023全国卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17
本讲内容是高考命题的重点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定定理和性质定理的应用，不仅会单独命题，也经常应用于求解球的切、接问题以及建立空间直角坐标系前的线线垂直证明中，题型既有小题也有大题，难度中等.这里应特别注意证明空间线线、线面垂直关系时，灵活应用平行对垂直的转化作用.
面面垂直的判定与性质
2022全国卷乙T7；2022全国卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全国卷ⅡT20；2019全国卷ⅢT19
垂直关系的综合应用
2023北京T16；2022全国卷甲T18
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一条直线与一个平面内的两条② 相交 直线垂直，那么该直线与此平面垂直.
a，b⊂αa⋂b＝O ③l⊥a ④l⊥b ⇒⑤ l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线⑥ 平行 .
a⊥αb⊥α⇒⑦ a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的⑨ 垂线 ，那么这两个平面垂直.
l⊂β⑩l⊥α ⇒α⊥β
性质定理
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⑪ 交线 ，那么这条直线与另一个平面垂直.
⑫α⊥β l⊂βα⋂β＝a⑬l⊥a ⇒l⊥α
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