2026届高考数学总复习精练册课件：7 4　直线 平面垂直的判定与性质

7.4直线、平面垂直的判定与性质五年高考考点直线、平面垂直的判定与性质目录三年模拟基础强化练能力拔高练创新风向练五年高考考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2023全国甲理,11,5分,中)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

()A.2

B.3

C.4

D.6

C解析

过P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE、OE,

∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD⊂平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE,延长EO交AB于点F,则F为AB中点,且OF⊥AB,连接PF,∵PO⊥AB,PO∩OF=O,∴AB⊥平面PFO,∵PF⊂平面PFO,∴AB⊥PF,又F为AB的中点,∴PA=PB.在△PCA中,PC=3,AC=4

,∠PCA=45°,由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4

)2-2×3×4

×

=17,∴PA=

.在△PBC中,PB=

,BC=4,PC=3,则cos∠PCB=

=

=

,∴sin∠PCB=

,∴S△PBC=

BC·PC·sin∠PCB=

×4×3×

=4

,故选C.2.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的

等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=

.2解析

由题意知△ABC的外接圆半径r满足2r=

=

=2

,则r=

,如图,O为球心,O1为△ABC外接圆的圆心,连接OS,OA,OO1,AO1,易得OO1⊥平面ABC,作

OM⊥SA交SA于点M,由OA=OS得MA=

SA,

又因为SA⊥平面ABC,所以OO1=MA=

SA,所以

+r2=22,所以SA=2.3.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O

为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小

为45°,求三棱锥A-BCD的体积.

解析

(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平

面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD.(2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二

面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=

CD=

=EN=ND,∴AO=OD=1,∴VA-BCD=

S△BCD·AO=

×

×1×

×1=

.故三棱锥A-BCD的体积为

.

解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,

,

,

的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,

,0),设AO=a.

则E

,∴

=(0,

,0),

=

,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则

即

令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1),易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),由题可知|cos<m,n>|=

=

=

,∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=

S△BCD·AO=

×

×1×

×1=

,故三棱锥A-BCD的体积为

.4.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设

平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

解析

(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因为PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PDC,所以AD⊥平

面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.因此l⊥平面PDC.

(5分)(2)以D为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),

=(0,1,0),

=(1,1,-1).

由(1)可设Q(a,0,1),则

=(a,0,1).设平面QCD的法向量是n=(x,y,z),则

即

可取n=(-1,0,a).所以cos<n,

>=

=

.设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=

×

=

(易错:余弦值转化为正弦值后应该是个正数).因为

≤

,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

.

(12分)三年模拟1.(2025届广东深圳红山中学月考,5)设l为直线,α为平面,则l⊥α的必要不充分条件是

()A.直线l与平面α内的无数条直线垂直B.直线l与平面α内任意直线都垂直C.直线l与平面α内两条不平行直线垂直D.直线l与平面α都垂直于同一平面A解析

对于A,直线l与平面α内的无数条直线垂直不能推出l⊥α,若l⊥α,则α内任意一条直线都

与l垂直,可得直线l与平面α内的无数条直线垂直,所以直线l与平面α内的无数条直线垂

直是l⊥α的必要不充分条件,A选项正确;对于B,若直线l与平面α内任意直线都垂直,则l⊥α,若l⊥α,则α内任意一条直线都与l垂

直,所以直线l与平面α内任意直线都垂直是l⊥α的充要条件,B选项错误;对于C,直线l与平面α内两条不平行直线垂直即直线l与平面α内两条相交直线垂直,则l

⊥α,若l⊥α,则α内任意一条直线都与l垂直,直线l与平面α内两条相交直线垂直,所以直

线l与平面α内两条不平行直线垂直是l⊥α的充要条件,C选项错误;对于D,直线l与平面α都垂直于同一平面β,则l∥α或l⊂α,不能得出l⊥α,若l⊥α,则直线l与

平面α不能同时垂直于同一平面,所以直线l与平面α都垂直于同一平面是l⊥α的既不充

分也不必要条件,D选项错误.故选A.2.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是

()A.AD⊥B1C

B.A1D⊥BD

C.AC1⊥A1C

D.AC1⊥CD1D解析

AD与B1C异面且所成角为45°,A错误.A1D与BD所成角为60°,B错误.易证AC1⊥平面A1BD,而A1C与平面A1BD相交,所以A1C与AC1不垂直,C错误.易证AC1⊥平面B1CD1,且CD1在平面B1CD1内,所以AC1⊥CD1.D正确.故选D.3.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是

()A.

=3

B.AA1⊥平面AB1C1C.A1B⊥B1C

D.AA1⊥BCD解析

对于A,设底面△A1B1C1,△ABC的边长分别为a,b,正三棱台的高为h,则

=

h

a2+

b2+

ab

,

=

=

h·

a2,错误;对于B,显然不垂直,错误;对于C,

·

=(

+

)·(

+

)=

·

+

·

+

+

·

,由条件不能判断

·

是否等于0,∴A1B与B1C不一定垂直,错误;对于D,将正三棱台补为正三棱锥P-ABC,如图,取BC的中点D,连接PD,AD,

则AD⊥BC,PD⊥BC,又AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,∴BC⊥平面PAD,∵AA1⊂平面PAD,∴AA1⊥BC.正确.故选D.4.(2025届河北邯郸部分学校月考(二),7)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD

为矩形,AB=1,AA1=

,点M在线段BC上,且AM⊥MD,则当三棱锥A1-AMD的体积最小时,线段BC的长度为

()

A.3

B.

C.2

D.

C解析

设BM=x,MC=y,则BC=AD=x+y.因为AA1⊥平面ABCD,MD⊂平面ABCD,所以AA1⊥MD.又AM⊥MD,AA1∩AM=A,AA1,AM⊂平面AA1M,所以MD⊥平面AA1M,由题意知,AM=

,MD=

.在Rt△AMD中,AM2+MD2=AD2,即x2+1+y2+1=(x+y)2,化简得xy=1.所以

=

×

·(x+y)·1×

≥

×2

=

,当且仅当x=y=1时取等号,此时BC=x+y=2.故选C.1.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是

上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,

则下列选项正确的有

()

A.CF∥平面AMN

B.AN⊥平面DBFC.DB⊥平面AMN

D.F是

的中点BCD解析

对于A,如图,延长AM,则AM过点C,

∴CF与平面AMN交于点C,A错误;对于B,∵AB为圆O的直径,∴BF⊥AF,又AD⊥底面圆O,且BF⊂底面圆O,∴BF⊥AD,又AF∩AD=A,且AF,AD⊂平面ADF,∴BF⊥平面ADF,又AN⊂平面ADF,∴AN⊥BF,又AN⊥DF,BF∩DF=F,且BF,DF⊂平面DBF,∴AN⊥平面DBF,∴B正确;对于C,由B选项分析可知:AN⊥平面DBF,又BD⊂平面DBF,∴BD⊥AN,又轴截面ABCD为正方形,∴BD⊥AM,又AN∩AM=A,且AN,AM⊂平面AMN,∴BD⊥平面AMN,∴C正确;对于D,∵EF∥平面AMN,又EF⊂平面DEF,且平面AMN∩平面DEF=MN,∴EF∥MN,又

易知

=2,∴

=

=2,设NF=x,则DN=2x,DF=3x,设正方形ABCD的边长为2,由AN⊥DF,可得AN2=AD2-DN2=4-4x2,∴AF2=AN2+NF2=4-4x2+x2=4-3x2,又AD⊥AF,∴AD2+AF2=DF2,∴4+4-3x2=9x2,∴x2=

,∴AF2=4-3x2=2,∴AF=

,又AB=2,BF⊥AF,∴BF=

,∴

=

,∴F是

的中点,∴D正确.故选BCD.2.(2025届福建省浦城第一中学期中,14)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E、F

分别是AB1、BC1的中点,则EF与C1D所成的角为

;平面B1EF与平面BDD1B1的关

系是

(填垂直或不垂直).

60°垂直解析

连接A1B,A1C1,A1D,因为四边形ABB1A1为正方形,所以E既是AB1的中点,又是A1B的中点,

又F是BC1的中点,所以EF∥A1C1,

所以EF与C1D所成的角为∠A1C1D(或其补角),而△A1C1D为等边三角形,所以∠A1C1D=60°.因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以A1C1⊥B1D1,因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1

C1D1,所以BB1⊥A1C1,又BB1∩B1D1=B1,BB1,B1D1⊂平面BDD1B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,又

因为EF∥A1C1,所以EF⊥平面BDD1B1,又EF⊂平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1B1.3.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面

ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证:PB⊥平面DEF;(2)求二面角B-DE-F的正弦值.

解析

(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,所以PD⊥BC,因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,又因为PD、CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,又DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE,又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,所以DE⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB,又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.

(2)以D为原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D

(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则

=(0,1,1),

=(1,2,0),由(1)知PB⊥平面DEF,所以

=(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则由

得

取n=(2,-1,1),则cos<n,

>=

=

=-

,设二面角B-DE-F的平面角的大小为θ,则sinθ=

=

=

,所以二面角B-DE-F的正弦值为

.4.(2024福建厦门二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,∠ABB1=

,AC=2

,M为A1B1中点,CM=

.(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.

解析

(1)证明:连接AM,AB1,在菱形ABB1A1中,A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1=

,故△AA1B1为正三角形,又M为A1B1的中点,故AM⊥A1B1,且AM=

,又AB∥A1B1,故AM⊥AB,由CM=

,AC=2

,AM=

得AM2+AC2=CM2,故AM⊥AC,而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,故AM⊥平面ABC,又AM⊂平面ABB1A1,故平面ABC⊥平面ABB1A1.(2)由BC=AB=2,AC=2

得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,又平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CB⊂平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1,取BB1的中点O,由△ABB1为正三角形,得AO⊥BB1,作OH∥BC,交CC1于H,故OH⊥平面ABB1A1,又BB1,OA⊂平面ABB1A1,故OH⊥OA,OH⊥OB1,则OA,OB1,OH两两垂直,以O为坐标原点,分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴,建立空

间直角坐标系,

则A(

,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C1(0,1,2),M

,则

=(

,1,0),

=(0,2,2),因为AM⊥平面ABC,所以

=

是平面ABC的法向量,设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),则

即

令y=-

,则可得n=(1,-

,

),故cos<n,

>=

=

=

,而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为

,故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为

.1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平

面ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,Di∈M且Di

在棱AB所在直线上,i=1,2,则

()A.动点D的轨迹是圆B.平面PCD1⊥平面PCD2C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3D.三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值ABC解析

对于A,因为AB=3,所以在平面ABC内,以AB所在直线为x轴,以线段AB的中垂线为y轴,建

立平面直角坐标系,如图1,则A

,B

,设D(x,y),

由|DA|=2|DB|知,

=2

,化简为

+y2=4,即点D的轨迹为圆,故A正确;对于B,由选项A知,点D1和D2是圆

+y2=4与x轴的两个交点,如图1,由条件可知,点C在圆上且不与点D1,D2重合,则∠D1CD2=90°,而PC⊥平面ABC,D1C,D2C⊂平面ABC,所以

PC⊥D1C,PC⊥D2C,所以∠D1CD2是二面角D1-PC-D2的平面角,则平面PCD1⊥平面PCD

2,故B正确;对于C,当点C到AB的距离为2时,△ABC的面积最大,最大面积是

×3×2=3,则三棱锥P-ABC体积的最大值为

×3×3=3,故C正确;对于D,由选项B知,∠D1CD2=90°,且D1D2=4,如图2,取D1D2的中点M,