2026高考数学一轮复习第39讲　空间直线与平面的垂直 【答案】听课 学生用

《全品高考复习方案》第39讲空间直线与平面的垂直●课前基础巩固【知识聚焦】1.(1)任意一条直线垂线垂面(2)两条相交直线平面2.(1)直二面角(2)垂线交线【课前演练】题组一(1)√(2)×(3)×(4)√[解析](1)已知两个平面互相垂直,那么一个平面内的直线必垂直于另一个平面内与交线垂直的直线,这样的直线有无数条,故正确.(2)若直线l与平面α内的无数条相互平行的直线都垂直,则l⊥α不一定成立,故错误.(3)若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β或α与β相交,故错误.(4)∵a⊥b,b∥c,∴a⊥c,故正确.题组二1.B[解析]若n⊂α,m⊥n,则m⊥α不一定成立,充分性不成立;若m⊥α,n⊂α,则m⊥n,必要性成立.故“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分条件,故选B.2.C[解析]若m垂直于AB,由平面ABCD⊥平面ABB1A1,平面ABCD∩平面ABB1A1=AB,可得m垂直于平面ABB1A1,则平面ABB1A1内的所有直线均与m垂直,则n可能垂直于AB,也可能不垂直于AB,故A,B错误;如图所示,若m不垂直于AB,则BC,m为平面ABCD内的两条相交直线,由题可知BC⊥n,m⊥n,则n⊥平面ABCD,又AB⊂平面ABCD,所以n垂直于AB,故C正确,D错误.故选C.3.C[解析]依题意可知AD⊥BD,AD⊥CD,BD∩CD=D,BD,CD⊂平面α,所以AD⊥平面α,所以折痕AD所在直线与桌面α所成的角为90°.故选C.4.外垂[解析]如图①,连接OA,OB,OC,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,因为PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心.如图②,连接AO,BO,CO并延长,分别交BC,AC,AB于点H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,又AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面POC,所以AB⊥平面POC,又CG⊂平面POC,所以AB⊥CG,所以CG为△ABC的边AB上的高.同理可得BD,AH分别为△ABC的边AC,BC上的高,所以O为△ABC的垂心.●课堂考点探究探究点一例1BC[解析]对于A,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故A中说法正确;对于B,若m⊥n,n∥α,则m∥α或m⊂α或m与α相交,故B中说法错误;对于C,若m∥β,β⊥α,则m∥α或m⊂α或m与α相交,故C中说法错误;对于D,若m⊥α,n⊥β,β⊥α,则m⊥n,故D中说法正确.故选BC.对点演练1(1)D(2)B[解析](1)对于①,∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β,又m⊂β,∴l⊥m,故①正确;对于②,若α⊥β,则l与m平行、异面或相交,故②错误;对于③,∵l∥m,l⊥α,∴m⊥α,又m⊂β,∴α⊥β,故③正确;对于④,若l⊥m,则α与β相交或平行,故④错误.故选D.(2)若m⊥n,且m⊥l,但直线l与n不一定相交,则不一定能得到m⊥β,从而不一定能推出α⊥β;若α⊥β,由α∩β=l,m⊂α,m⊥l,得m⊥β,又n⊂β,所以m⊥n.综上,“m⊥n”是“α⊥β”的必要不充分条件,故选B.探究点二例2证明:因为PD=AD=4,PA=42,所以PD2+AD2=PA2,所以PD⊥AD,同理PD⊥CD,又AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ABCD,所以PD⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,所以PD⊥AC.如图,连接BD,因为AD=CD,AB=BC,DB=DB,所以△ADB≌△CDB,所以∠ADB=∠CDB,又AD=CD,所以BD⊥AC,又BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD,所以AC⊥平面PBD,又PB⊂平面PBD,所以AC⊥PB.对点演练2证明:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DC⊥平面ADD1A1,因为AF⊂平面ADD1A1,所以AF⊥DC,又AF⊥A1D,DC∩A1D=D,DC,A1D⊂平面A1DC,所以AF⊥平面A1DC,又A1C⊂平面A1DC,所以AF⊥A1C,同理AE⊥A1C.又AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,所以A1C⊥平面AEF.探究点三例3证明:(1)因为∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,BC⊂平面ABC,所以BC⊥平面ABB1A1,因为AB1⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB1.由三棱柱的性质可得四边形ABB1A1是平行四边形,因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1是菱形,所以AB1⊥A1B,又A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又A1C⊂平面A1BC,所以AB1⊥A1C.(2)因为AA1=AB=1,A1B=2,所以AA12+AB2=A1B2,所以AA1⊥由(1)得BC⊥平面ABB1A1,又AA1⊂平面ABB1A1,所以AA1⊥BC,因为AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,所以AA1⊥平面ABC,因为AA1⊂平面ACC1A1,所以平面ACC1A1⊥平面ABC.对点演练3解:(1)若选择①②,可证明③.由PA=PB,D是棱AB的中点,得PD⊥AB,又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.由AC⊂平面ABC,得PD⊥AC,因为DE⊥AC,PD∩DE=D,PD,DE⊂平面PDE,所以AC⊥平面PDE.因为PE⊂平面PDE,所以AC⊥PE.(2)若选择①③,可证明②.由PA=PB,D是棱AB的中点,得PD⊥AB,又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB,所以PD⊥平面ABC.由AC⊂平面ABC,得PD⊥AC,又PE⊥AC,PD∩PE=P,PD,PE⊂平面PDE,所以AC⊥平面PDE,因为DE⊂平面PDE,所以AC⊥DE.(3)若选择②③,可证明①.由PA=PB,D是棱AB的中点,得PD⊥AB,因为PE⊥AC,DE⊥AC,DE,PE⊂平面PDE,DE∩PE=E,所以AC⊥平面PDE.由PD⊂平面PDE,得PD⊥AC,又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以PD⊥平面ABC,又PD⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC.探究点四例4证明:(1)在四棱锥P-ABCD中,连接AC,如图,在△ACP中,由M,N为对应棱上的中点,得MN∥AC,又MN⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)在四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,则∠BAD=90°,由AB=AD,得BD=2AB,又2AB=2CD=BC,所以CD2+BD2=4AB2=BC2,所以CD⊥DB.由∠PBC=90°,得PB⊥BC,又平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,PB⊂平面PBC,所以PB⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,所以PB⊥CD,又PB∩BD=B,PB,BD⊂平面PBD,所以CD⊥平面PBD.对点演练4证明:(1)设AC∩BD=O,连接OP,如图,∵底面ABCD是菱形,∴O为BD的中点,又P是DD1的中点,