第49讲直线、平面垂直的判定与性质_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第49讲 直线、平面垂直的判定与性质
知识梳理
知识点1：直线与平面垂直的定义
如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂
直．
知识点2：判定定理(文字语言、图形语言、符号语言)
文字语言 图形语言 符号语言
一条直线与一
a,b⊂α 个平面内的两条相
a⊥l
判断定理 交直线都垂直，则
b⊥l
该直线与此平面垂
a∩b=P
直

⇒l⊥α
两个平面垂
直，则在一个平面 α⊥β
面 ⊥ 面 ⇒ 线 α∩β=a
内垂直于交线的直
⊥面 b⊂β
线与另一个平面垂 b⊥a
直

⇒b⊥α
一条直线与两
平行平面中的一个
平行与垂直的 α⎳β 平面垂直，则该直
关系 a⊥α
线与另一个平面也
垂直
 ⇒a⊥β
两平行直线中
平行与垂直的 有一条与平面垂 a⎳b
关系 直，则另一条直线 a⊥α
与该平面也垂直

⇒b⊥α
知识点3：性质定理(文字语言、图形语言、符号语言)
文字语言 图形语言 符号语言
a⎳α
垂直于同一平面的两条
性质定理 a⊂β
直线平行
α∩β=b

⇒a⎳b
文字语言 图形语言 符号语言
垂直与平行的 垂直于同一直线的 a⊥α
关系 两个平面平行 a⊥β

⇒α⎳β
线垂直于面的 如果一条直线垂直
l⊥α,a⊂α⇒l⊥a
性质 于一个平面，则该直线与
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1369 3427平面内所有直线都垂直
知识点4：平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两
条交线互相垂直．(如图所示，若α∩β=CD,CD⊥γ，且α∩γ=AB,β∩γ=BE,AB⊥
BE，则α⊥β)
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
知识点5：判定定理(文字语言、图形语言、符号语言)
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 一个平面过 b⊥α
b⊂β
另一个平面的垂
线，则这两个平面
垂直

⇒α⊥β
知识点6：性质定理(文字语言、图形语言、符号语言)
文字语言 图形语言 符号语言
性质定理 两个平面垂直， α⊥β
α∩β=a
则一个平面内垂直
b⊂β
于交线的直线与另 b⊥a
一个平面垂直

⇒b⊥α
【解题方法总结】
判定定理 判定定理
线⊥线 线⊥面 面⊥面
性质定理 性质定理
(1)证明线线垂直的方法
①等腰三角形底边上的中线是高；
②勾股定理逆定理；
③菱形对角线互相垂直；
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1370 3427④直径所对的圆周角是直角；
⑤向量的数量积为零；
⑥线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b)；
⑦平行线垂直直线的传递性(a⊥c,a⎳b⇒b⊥c)．
(2)证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义；
②线面垂直的判定(a⊥b,a⊥c,c⊂α,b⊂α,b∩c=P⇒a⊥α)；
③面面垂直的性质(α⊥β,α∩β=b,a⊥b,a⊂α⇒a⊥β)；
平行线垂直平面的传递性(a⊥α,b⎳a⇒b⊥α)；
⑤面面垂直的性质(α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l⇒l⊥γ)．
(3)证明面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β)．
空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图所示，由图可知，线面垂直在所有关系中
处于核心位置．
必考题型全归纳
1 题型一：垂直性质的简单判定
2360 (2024·甘肃兰州·校考模拟预测)设m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则
下列说法正确的是 ( )
A.若m⊥n,n∥α，则m⊥α B.若m∥β,β⊥α，则m⊥α
C.若m⊥n,n⊥β,β⊥α，则m⊥α D.若m⊥β,n⊥β,n⊥α，则m⊥α
【答案】D
【解析】当m⊥n，n⎳α时，可能有m⊥α，但也有可能m⎳α或m⊂α，故A选项错误；
当m⎳β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m⎳α或m⊂α，故选项B错误；
在如图所示的正方体ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
取m为BC ，n为CC ，β为平面ABCD，α为平面ADDA ，这时满足m⊥n，n⊥β，
1 1 1 1 1
β⊥α，但m⊥α不成立，故选项C错误；
当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α⎳β，从而m⊥α，故选项D正确；
故选：D.
2361 (2024·重庆·统考模拟预测)已知l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，则
下列四个命题正确的是 ( )
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1371 3427A.若l⎳α，且m⎳α，则l⊥m B.若α⊥β，m⎳α，n⊥β，则m⎳n
C.若m⎳l，且m⊥α，则l⊥α D.若m⊥n，m⊥α，n⎳β，则α⊥β
【答案】C
【解析】对于选项A：若l⎳α，且m⎳α，则l，m可能平行、相交或异面，并不一定垂直，故
A错误；
对于选项B：若α⊥β，m⎳α，n⊥β，则m，n可能平行、相交或异面，并不一定平行，故
B错误；
对于选项C：若m⎳l，且m⊥α，根据线面垂直可得：l⊥α，故C正确；
对于选项D：若m⊥n，m⊥α，但不能得到n⊥α，
所以虽然n⎳β，不能得到α⊥β，故D错误；
故选：C.
2362 (2024·陕西咸阳·统考二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有以
下四个命题：
①若m∥n，n⊂α，则m∥α，②若m⊂α，m⊥β，则α⊥β，
③若m⊥α，m⊥β，则α∥β，④若α⊥β，m⊂α，n⊂α，则m⊥n
其中正确的命题是 ( )
A.②③ B.②④ C.①③ D.①②
【答案】A
【解析】对于①，当m∥n，n⊂α时，m∥α或m⊂α，所以①错误，
对于②，当m⊂α，m⊥β时，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，所以②正确，
对于③，当m⊥α，m⊥β时，有α∥β，所以③正确，
对于④，当α⊥β，m⊂α，n⊂α时，如图所示，m∥n，所以④错误，
故选：A
2363 (2024·河南·校联考模拟预测)已知α,β是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，则
下列命题中正确的是 ( )
A.若α⊥β,m⊥α,m⊥n，则n⊥β B.若α∥β,m⊂α,n⊂β，则m∥n
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β，则α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β，则α⊥β
【答案】D
【解析】对于A，可能会出现n∥β,n⊂β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A不正确；
对于B，m,n可能平行、可能异面，所以B不正确；
对于C，若α∥β，仍然满足m⊂α,n⊂β且m⊥n，所以C不正确；
对于D，m⊥α,m⎳n，则n⊥α，再由n⎳β，可得α⊥β,可知D正确.
故选：D.
2364 (2024·陕西咸阳·统考模拟预测)如图所示的菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°,对角
线AC,BD交于点O，将△ABD沿BD折到△ABD位置，使平面ABD⊥平面BCD.以
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1372 3427下命题:
①BD⊥AC；
②平面AOC⊥平面BCD；
③平面ABC⊥平面ACD；
④三棱锥A-BCD体积为1.
其中正确命题序号为 ( )
A.①②③ B.②③ C.③④ D.①②④
【答案】D
【解析】如图：
因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
所以AB=AD=BC=CD=BD，O为BD的中点，
所以BD⊥AO，BD⊥CO，AO∩CO=O，AO,CO⊂面AOC，
所以BD⊥面AOC，又AC⊂面AOC，所以BD⊥AC，即①正确；
由①知BD⊥面AOC，又BD⊂面BCD，所以平面AOC⊥平面BCD，即②正确；
如图：
取AC的中点为E，连接BE，DE，依题意，AB=BC=AD=CD，
所BE⊥AE，DE⊥AC，所以∠BED是二面角B-AC-D的平面角，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BD⊥AO
所以AO⊥面BCD，△ABD和△BCD是边长为2的正三角形，
所以AO=OC= 22-12= 3，且有AO⊥OC，
所以在Rt△AOC中，AC= 6，
又△ABC和△ADC是两全等的等腰三角形，AB=BC=AD=CD=2，
6
AC的中点为E，所以BE=DE= 22-
2

2 10
= ，
2
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1373 3427由已知可得△BCD是边长为2的正三角形，得BD=2，
10
则在△BDE中，容易算得BD=2，BE=DE= ，BD2≠BE2+DE2，
2
所以∠BED≠90°，所以二面角B-AC-D不是直二面角，故③错误；
由已知可得△BCD是边长为2的正三角形，又由上得AO⊥面BCD，
所以三棱锥A-BCD的高即为AO，AO= 3，△BCD是边长为2的正三角形，
1 1 1 3
所以三棱锥A-BCD的体积为 S ⋅AO= × ×2×2× × 3=1，故④正
3 △BCD 3 2 2
确.
故选：D.
2365 (2024·广西南宁·武鸣县武鸣中学校考三模)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是不
同的平面，则下列条件中能推出α⊥β的是 ( )
A.l⊂α，m⊂β，且l⊥m B.l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n
C.m⊂α，n⊂β，m⎳n，且l⊥m D.l⊂α，l⎳m，且m⊥β
【答案】D
【解析】对于A，l⊂α，m⊂β，且l⊥m，α，β可以平行、相交不垂直、垂直，A不正确；
对于B，l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n，当m,n不相交时，l不一定与β垂直，则α
不一定与β垂直，B不正确；
对于C，m⊂α，n⊂β，m⎳n，且l⊥m，显然直线l与α,β无关系，α，β可以平行、相交不
垂直、垂直，C不正确；
对于D，由l⎳m，m⊥β，得l⊥β，又l⊂α，根据面面垂直的判定知α⊥β，D正确．
故选：D
【解题方法总结】
此类问题可以转化为一个正方体的棱、面等，进而进行排除．
2 题型二：证明线线垂直
2366 (2024·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，AB=
1 1 1
BC，AB =BC．
1 1
(1)证明：AC⊥BB；
1
【解析】(1)取AC的中点D，连接BD，BD，
1
∵AB=BC，AB =BC，∴AC⊥BD，AC⊥BD，
1 1 1
又BD∩BD=D，BD,BD⊂平面BBD，∴AC⊥平面BBD，
1 1 1 1
而BB ⊂平面BBD，
1 1
∴AC⊥BB；
1
2367 (2024·广东深圳·统考二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥
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1374 3427平面ABCD,PA=AD= 2AB，点M是PD的中点.
(1)证明：AM⊥PC；
【解析】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.
因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，
因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，
因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，
因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，
因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.
2368 (2024·河南·校联考模拟预测)已知三棱柱ABC-ABC 中，AB=AC=2,AA=AB
1 1 1 1 1
=AC=2,∠BAC=90°,E是BC的中点，F是线段AC 上一点.
1 1 1
(1)求证：AB⊥EF；
【解析】(1)证明：连接AE,AE,EC
1 1
∵∠BAC=90°，AB=AC=2，E是BC的中点
∴AE⊥BC
1
∴BC= 2AB=2 2,AE=BE=EC= BC= 2
2
∵AA=AB=AC=2，E是BC的中点
1 1 1
∴AE⊥BC，∴AE= AB2-BE2= 4-2= 2
1 1 1
∴AA2=AE2+AE2，∴AE⊥AE
1 1 1
∵AE∩BC=E,AE,BC⊂平面ABC
∴AE⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，AE⊥AB，
1 1
∵在三棱柱ABC-ABC 中，AC ⎳AC，
1 1 1 1 1
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1375 3427∵AB⊥AC，∴AB⊥AC ，
1 1
∵AE∩AC =A ，AE,AC ⊂ACE
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AB⊥平面ACE，
1 1
∵EF⊂平面ACE，∴AB⊥EF．
1 1
2369 (2024·福建宁德·校考模拟预测)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成
1
的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB= BC=1．E是半圆上的一个动点，当
2
△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达
点P的位置，如图2．
(1)求证：BD⊥PD；
【解析】(1)如下图，过点D作DF⊥BC交BC于点F，连结BD，
1
因为AD∥BC，AD⊥AB，AD=AB= BC=1．
2
所以BF=FC=1，BD= 2，DC= 2，由BD2+DC2=BC2,
所以BD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，BD⊂平面ABCD,
所以BD⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，
所以BD⊥PD.
2370 (2024·河南·校联考模拟预测)如图，已知三棱柱ABC-ABC 中，AB=AC=2，AA
1 1 1 1
=AB=AC=2 2，∠BAC=90°，E是BC的中点，F是线段AC 上一点.
1 1 1 1
(1)求证：AB⊥EF；
(2)设P是棱AA 上的动点(不包括边界)，当△PBC的面积最小时，求棱锥P-ABC的
1
体积.
【解析】(1)连接AE，AE
1
∵AB=AC，E为BC中点，∴AE⊥BC.
1 1 1
又AB=AC，∠BAC=90°，∴AE⊥BC，且AE=BE=EC.
∵AA=AB=AC，
1 1 1
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1376 3427∴△AAE≌△ABE，∴AE⊥AE，
1 1 1
又AE⊥BC，BC∩AE=E，BC,AE⊂平面ABC，
1
∴AE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴AE⊥AB.
1 1
由已知AB⊥AC，AC∥AC ，∴AB⊥AC ，
1 1 1 1
又AC ∩AE=A ，AC,AE⊂平面ACE，∴AB⊥平面ACE.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
而F∈AC ，EF⊂平面ACE，∴AB⊥EF.
1 1 1 1
(2)由(1)可知AE⊥BC，AE⊥BC.
1
又AE∩AE=E，AE,AE⊂平面AAE，∴BC⊥平面AAE，
1 1 1 1
又P∈AA ，PE⊂平面AAE，∴BC⊥PE.
1 1
1
所以S = BC⋅PE，又∵P在棱AA上移动，
△PBC 2 1
∴当PE⊥AA 时，PE最小，此时△PBC面积最小.
1
π 2
在Rt△AEA中，AA=2 2，AE= 2，则AE= 6，∠EAA= ，∴AP= .
1 1 1 1 6 2
在△AAE中，过P做PM⊥AE于M，则PM∥AE，
1 1
PM AP 6
∴ = ，PM⊥平面ABC，于是可得PM= .
AE AA 4
1 1
1 1 6 6
∴V = × ×2×2× = .
P-ABC 3 2 4 6
2371 (2024·贵州毕节·校考模拟预测)在梯形ABCD中，AB⎳DC，∠DAB=90°，CD=2，
AC=AB=4，如图1.沿对角线AC将△DAC折起，使点D到达点P的位置，E为BC的
中点，如图2.
(1)证明：PE⊥AC.
【解析】(1)因为AB⎳DC，∠DAB=90°，所以∠ADC=90°，
DC 1
所以cos∠ACD= = ，所以∠ACD=60°，则∠CAB=∠ACD=60°，
AC 2
又AC=AB=4，所以△ABC为等边三角形，所以BC=4，又E为BC的中点，
连接DE交AC于点O，则DC=CE=2，∠DCO=∠ECO=60°，
所以△DCO≌△ECO，所以∠COD=∠COE=90°，即CO⊥DE，
则折起后AC⊥OP，AC⊥OE，OE∩OP=O，OE,OP⊂平面POE，
所以AC⊥平面POE，PE⊂平面POE，所以PE⊥AC.
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1377 3427【解题方法总结】
证 明 l ⊥
1
l
先看两直线位置关系
2
   三线合一(有等腰三角形就必用)
共面⇒勾股定理(题目中线段数据多)
 其他(初中平面几何学习的其他垂直证明方法)


异面⇒考虑用线面垂直推导异面垂直⇒找重垂线⇒在重垂线对应平面内找垂直
3 题型三：证明线面垂直
13．(2024·陕西榆林·陕西省神木中学校考三模)如图，在四棱柱ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
AA ⊥底面ABCD，底面ABCD满足AD⎳BC，且AB=AD=AA =2，BD=DC=2 2.
1 1
(1)求证：AB⊥平面ADDA ；
1 1
(2)求四棱锥C-BDDB 的体积.
1 1
【解析】(1)由AA ⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
1
所以AB⊥AA ，
1
又因为AB=AD=2，BD=2 2.
满足AB2+AD2=BD2，可得AB⊥AD，
又AA ∩AD=A，AA,AD⊂平面ADDA ，
1 1 1 1
所以AB⊥平面ADDA.
1 1
(2)由(1)中AB⊥AD，且AD⎳BC，BD=DC=2 2，可得BC=4，
因此BD2+DC2=BC2，即BD⊥DC，
又AA ⊥平面ABCD，AA ⎳DD ，
1 1 1
可得DD ⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
1
即DD ⊥DC，
1
又DD ∩BD=D，DD,BD⊂平面BDDB ，
1 1 1 1
所以DC⊥平面BDDB ，即DC为四棱锥C-BDDB 的高，
1 1 1 1
1 1 16
即四棱锥C-BDDB 的体积.V = BB ⋅BD⋅DC= ×2×2 2×2 2= .
1 1 C-BDD1B1 3 1 3 3
2372 (2024·云南·校联考模拟预测)如图，在四棱锥P-OABC中，已知OA=OP=1,CP=
第 页 共 页
1378 3427π π π
2,AB=4,∠CPO= ,∠ABC= ，∠AOC= .
3 6 2
(1)证明：CO⊥平面AOP；
π
【解析】(1)在△POC中，∠CPO= ,CP=2,OP=1，
3
1
所以CO2=CP2+OP2-2CP⋅OP⋅cos∠CPO=4+1-2×2×1× =3.
2
所以CO= 3，故CO2+OP2=CP2，则CO⊥OP.
π
又∠AOC= ，即CO⊥OA.
2
OP∩OA=O,OP,OA⊂平面AOP，
所以CO⊥平面AOP.
2373 (2024·云南昭通·校联考模拟预测)如图，在三棱锥C-ABD中，CD⊥平面ABD，E
为AB的中点，AB=BC=AC=2，CG=2EG.
(1)证明：AB⊥平面CED；
【解析】(1)因为CD⊥平面ABD，AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，
又因为AB=BC=AC,E为AB的中点，所以CE是△ABC的中线，
所以CE⊥AB，且CE∩CD=C，CE,CD⊂平面CED，
所以AB⊥平面CED.
2374 (2024·内蒙古赤峰·赤峰二中校联考模拟预测)如图1，在五边形ABCDE中，四边形
ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A 处，
1
且AB⊥AD．
1 1
(1)证明：DE⊥平面ABE；
1
π π
【解析】(1)由题意得∠BEC=∠CED= ，∠BED= ，DE⊥BE，
4 2
因为AB⊥AE，则AB⊥AE，
1 1
第 页 共 页
1379 3427又AB⊥AD，AE∩AD=A,AE,AD⊂面AED，所以AB⊥面AED，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又DE⊂面AED，则DE⊥AB，
1 1
又DE⊥BE，AB∩BE=B，AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，
1 1 1 1
所以DE⊥平面ABE．
1
2375 (2024·重庆巴南·统考一模)如图所示，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，平
面PAB⊥平面PBC．
(1)证明：BC⊥平面PAB；
【解析】(1)过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，
所以AE⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，所以AE⊥BC，
又PA⊥平面ABC，BC⊂平面PBC，
所以PA⊥BC，
又因为AE∩PA=A，AE，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．
2376 (2024·广东广州·统考三模)如图，在几何体ABCDEF中，矩形BDEF所在平面与平面
ABCD互相垂直，且AB=BC=BF=1，AD=CD= 3，EF=2．
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1380 3427(1)求证：BC⊥平面CDE；
【解析】(1)在矩形BDEF中，DE⊥BD，
又平面BDEF⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊂平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以DE⊥BC，
在矩形BDEF中，BD=EF=2,
又BC=1,CD= 3，所以BD2=4=BC2+CD2,
所以BC⊥CD.
又DE∩CD=D，DE,CD⊂平面CDE，
所以BC⊥平面CDE；
2377 (2024·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC
1 1 1
中，平面ACCA ⊥平面ABC，AC=BC=CC =2,D是AA 的中点，且∠ACB=90°,
1 1 1 1
∠DAC=60°.
(1)证明：AA ⊥平面CBD；
1
【解析】(1)连接CA ，
1
由题意可知：△ACA 为等边三角形，且D是AA 的中点，
1 1
所以CD⊥AA ，
1
因为平面ACCA ⊥平面ABC，平面ACCA ∩平面ABC=AC，AC⊥BC，
1 1 1 1
所以BC⊥平面ACCA ，
1 1
且AA ⊂平面ACCA ，可得BC⊥AA ，
1 1 1 1
CD∩BC=C，CD,BC⊂平面CBD，
所以AA ⊥平面CBD.
1
【解题方法总结】
垂直关系中线面垂直是重点．
第 页 共 页
1381 3427①垂直两条相交线；

②垂直里面作垂线；
线垂面哪里找
③直(正)棱柱的侧棱是垂线；


④正棱锥的顶点与底面的中心的连线是垂线.

①垂直面里所有线(证线线垂直)；
线垂面有何用

②过垂线作垂面(证面面垂直).
证明线面垂直常用两种方法．
方法一：线面垂直的判定．
线线垂直⇒线面垂直，符号表示为：a⊥b,a⊥c,b⊂α,c⊂α,b∩c=P，那么a⊥α．
方法二：面面垂直的性质．
面面垂直⇒线面垂直，符号表示为：α⊥β,α∩β=b,a⊂α,a⊥b，那么a⊥β．
4 题型四：证明面面垂直
2378 (2024·山西运城·山西省运城中学校校考二模)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面
1 1 1
BBCC为菱形，∠CBB =60°，AB=BC=2，AC=AB = 2.
1 1 1 1
(1)证明：平面ACB ⊥平面BBCC；
1 1 1
【解析】(1)如图，连接BC ，交BC于O，连接AO.
1 1
因为侧面BBCC为菱形，所以BC⊥BC ，且O为BC 的中点.又AC=AB = 2，故
1 1 1 1 1 1
AO⊥BC.
1
又AB=BC=2，且∠CBB =60°，所以CO=1,BO= 3，所以AO= AC2-CO2=1.
1
又AB=2，所以AB2=BO2+AO2，所以AO⊥BO.
因为BO,CB ⊂平面BBCC，BO∩CB =O，所以AO⊥平面BBCC.
1 1 1 1 1 1
又AO⊂平面ACB ，所以平面ACB ⊥平面BBCC.
1 1 1 1
2379 (2024·贵州贵阳·校联考三模)如图所示，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为直角梯
1
形，AB⎳CD，AB= CD，CD⊥CE，∠ADC=∠EDC=45°，AD= 2，BE= 3.
2
第 页 共 页
1382 3427(1)求证：平面ABE⊥平面ABCD；
【解析】(1)∵四边形ABCD为直角梯形，AB⎳CD，∴CD⊥BC，
又CD⊥CE，BC∩CE=C，BC,CE⊂平面BCE，∴CD⊥平面BCE，
又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE；
作AF⊥CD，
∵∠ADC=45°，AD= 2，∴AF=1，∴BC=1，
又∠EDC=45°，∴CD=CE=2，
∵BE= 3，∴BC2+BE2=CE2，∴BE⊥BC，
∵BC∩CD=C，BC,CD⊂平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD，
∵BE⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ABCD.
2380 (2024·西藏日喀则·统考一模)如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，2DE=2BC=AD
=AB=AF=2，AD⊥AF，ED⎳AF，AD⊥AB，BC⎳AD，G是线段BF上一点.
(1)平面ABCD⊥平面ABF
【解析】(1)因为AD⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB=A，AF、AB⊂平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABF.
2381 (2024·广东梅州·统考三模)如图所示，在几何体PABCD中，AD⊥平面PAB，点C在
平面PAB的投影在线段PB上BC<PC  ，BP=6，AB=AP=2 3，DC=2，CD∥平
面PAB.
第 页 共 页
1383 3427(1)证明：平面PCD⊥平面PAD.
【解析】(1)由题知，平面BCP⊥平面PAB，过点C作PB的垂线，垂足为E，连接AE，
又因为平面BCP∩平面PAB=PB，所以CE⊥平面PAB.
因为AD⊥平面PAB，所以CE∥DA，则C,D,A,E共面.
因为CD∥平面PAB，CD⊂平面CDAE，平面CDAE∩平面PAB=EA，
所以CD∥EA，则四边形AECD为平行四边形，所以AE=DC=2.
3 3
因为BP=6，AB=AP=2 3，所以cos∠APE= = ，
2 3 2
π π
因为0<∠APE< ，所以∠APE= ，
2 6
AP AE 2 3 2
由正弦定理得 = ，即 = ，
sin∠AEP sin∠APE sin∠AEP 1
2
3 π π
所以sin∠AEP= ，因为0<∠AEP< ，所以∠AEP= ，
2 2 3
π
所以∠EAP= ，即AE⊥AP.
2
因为AD⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，所以AE⊥AD，
又因为AD∩AP=A,AD,AP⊂平面PAD，所以AE⊥平面ADP.
因为CD∥EA，所以CD⊥平面ADP.
因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
2382 (2024·河北张家口·统考三模)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面BBCC为菱形，
1 1 1 1 1
∠CBB =60°,AB=BC=2,AC=AB = 2.
1 1
(1)证明：平面ACB ⊥平面BBCC；
1 1 1
【解析】(1)连BC 、BC交于D，则D为BC 、BC的中点，连AD，
1 1 1 1
因为AC=AB ，所以AD⊥BC，
1 1
因为侧面BBCC为菱形，∠CBB =60°,AB=BC=2，AC=AB = 2，
1 1 1 1
所以BD= 3，AD=1，所以AB2=BD2+AD2，即AD⊥BD，
因为BC∩BD=B，BC,BD⊂平面BBCC，
1 1 1 1
所以AD⊥平面BBCC，因为AD⊂平面ACB ，
1 1 1
所以平面ACB ⊥平面BBCC.
1 1 1
第 页 共 页
1384 34272383 (2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测)如图，在长方体ABCD-ABCD
1 1 1 1
中，AB=2BC=2,AA =4,P为棱AB的中点．
1
(1)证明：平面PCD ⊥平面PDD ；
1 1
(2)画出平面DPC与平面AADD 的交线，并说明理由；
1 1 1
(3)求过D,P,C三点的平面α将四棱柱分成的上、下两部分的体积之比．
1
【解析】(1)在长方体ABCD-ABCD 中，AB=2BC=2，
1 1 1 1
∴△ADP与△BPC都是等腰直角三角形，
∴∠APD=∠BPC=45°，∴∠DPC=90°,∴DP⊥PC，
∵DD ⊥平面ABCD,PC⊂平面ABCD，∴DD ⊥PC，
1 1
又DD ∩DP=D,DD,DP⊂面PDD ，∴CP⊥面PDD ，
1 1 1 1
又PC⊂平面PCD,∴平面PCD ⊥平面PDD ；
1 1 1
(2)延长CP与DA的延长线相交于M，连接MD ，
1
则MD 即为平面DPC与平面AADD 的交线，理由如下：
1 1 1 1
M∈AD,∴M∈平面AADD ，M∈CP,∴M∈平面DPC，
1 1 1
∴平面DPC与平面AADD 的交线为DM；
1 1 1 1
(3)令MD 与AA 的交点为N，
1 1
则三棱台APN-DCD 的体积为V -V ，
1 M-DCD1 M-ANP
∵P为棱AB的中点，∴P为CM的中点，
∴A是MD的中点，N是MD 的中点，
1
1
∴MD=2AD=2,AN= AA =2，
2 1
1 1 8 1 1 1
∴V = × ×2×4×2= ，V = × ×2×1×1= ，
M-DCD1 3 2 3 M-ANP 3 2 3
7
∴ 三棱台APN-DCD 的体积为V -V = ，
1 M-DCD1 M-ANP 3
7 17
∴过 D,P,C三点的平面α将四棱柱分成的上部分的体积为2×1×4- = .
1 3 3
17
3 17
∴过D,P,C三点的平面α将四棱柱分成的上、下两部分的体积之比为 = .
1 7 7
3
第 页 共 页
1385 34272384 (2024·云南·云南师大附中校考模拟预测)如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上
2π
两点，∠AOB= ，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF=2FB.
3
(1)证明：平面AOP⊥平面OEF；
【解析】(1)设圆O的半径为r，
2π π
在△AOB中，OA=OB=r，∠AOB= ，∠OAB= ，
3 6
2 3r
故AB= 3r，又AF=2FB，故AF= ，
3
1 1
在△AOF中，由余弦定理得OF2=OA2+AF2-2OA∙AF∙cos∠OAF= OA2= r2，
3 3
所以OA2+OF2=AF2，即OA⊥OF；
圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O，故PO⊥OF，
又OA∩OP=O，所以OF⊥平面AOP，
又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.
2385 (2024·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测)在如图所示的空间几何体中，△ACD
与△ACB均是等边三角形，直线ED⊥平面ACD，直线EB⊥平面ABC，DE⊥BE.
(1)求证：平面ABC⊥平面ADC；
【解析】(1)
第 页 共 页
1386 3427如图1，设平面BDE与直线AC的交点为O，连接BO，DO.
因为直线ED⊥平面ACD，直线EB⊥平面ABC，AC⊂平面ACD，AC⊂平面ABC，
所以DE⊥AC，BE⊥AC.
因为DE∩BE=E，DE⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE.
因为BO⊂平面BDE，DO⊂平面BDE，
所以BO⊥AC，DO⊥AC.
又因为△ACD与△ACB均是等边三角形，
所以O为AC中点，且二面角B-AC-D的平面角为∠BOD.
在平面四边形BODE中，
因为∠BED=∠EDO=∠EBO=90°，
所以∠BOD=90°，
所以平面ABC⊥平面ADC.
【解题方法总结】
主要证明方法是利用面面垂直的判定定理(线面垂直⇒面面垂直)．证明时，先从现有的
直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．
5 题型五：垂直关系的综合应用
2386 (2024·贵州铜仁·统考二模)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，∠BAC=90°，AB=
1 1 1
AC=1．
(1)试在平面ABC内确定一点H，使得AH⊥平面ABC，并写出证明过程；
1 1
【解析】(1)取棱BC的中点D，连接AD，AD．在等腰直角△ABC中，AD⊥BC，
1
又BC⊥AA ，AD∩AA =A,AD,AA ⊂平面ADA ，故BC⊥平面ADA．
1 1 1 1 1
又BC⊂平面ABC，故平面ABC⊥平面ADA ，这两个平面的交线为AD．
1 1 1 1
在△ADA 中，作AH⊥AD，则有AH⊥平面ABC；
1 1 1
第 页 共 页
1387 34272387 (2024·全国·校联考模拟预测)如图，在正三棱柱ABC-ABC(侧棱垂直于底面，且底
1 1 1
面三角形ABC是等边三角形)中，BC=CC ，M、N、P分别是CC ，AB，BB 的中点．
1 1 1
(1)求证：平面NPC⎳平面ABM；
1
(2)在线段BB 上是否存在一点Q使AB ⊥平面AMQ？若存在，确定点Q的位置；若
1 1 1
不存在，也请说明理由．
【解析】(1)(1)证明：∵M、N、P分别是CC ，AB，BB 的中点．
1 1
∴NP⎳AB ，四边形MCPB 为平行四边形，可得CP⎳MB ，
1 1 1
因为NP⊄平面ABM；AB ⊂平面ABM；
1 1 1
∴NP⎳平面ABM；
1
同理可得CP⎳平面ABM；
1
又CP∩NP=P，CP,NP⊂平面NPC，
∴平面NPC⎳平面ABM．
1
(2)假设在线段BB 上存在一点Q使AB ⊥平面AMQ．
1 1 1
∵四边形ABBA 是正方形，因此点B为点Q．
1 1
不妨取BC=2，如图建立空间直角坐标系，则M0,-1,1  ，Q0,1,0  ，A 3,0,0  ，
B 10,1,2  ，A 1 3,0,2 

AB 1 =- 3,1,2 

，MQ=0,2,-1 

，A 1 M=- 3,-1,-1 
   
∵AB 1 ⋅MQ=0，AB 1 ⋅A 1 M=- 3  ×- 3  +1×-1  +2×-1  =0．
   
所以AB ⊥MQ，AB ⊥AM，又MQ∩AM=M，MQ,AM⊂平面AMQ，所以AB
1 1 1 1 1 1 1
⊥平面AMQ，
1
∴在线段BB 上存在一点Q，使AB ⊥平面AMQ，其中点B为Q点．
1 1 1
第 页 共 页
1388 34272388 (2024·天津·耀华中学校考二模)如图，在三棱锥A-BCD中，顶点A在底面BCD上的
射影O在棱BD上，AB=AD= 2，BC=BD=2，∠CBD=90°，E为CD的中点．
(1)求证：AD⊥平面ABC；
(2)求二面角B-AE-C的余弦值；
(3)已知P是平面ABD内一点，点Q为AE中点，且PQ⊥平面ABE，求线段PQ的长．
【解析】(1)因为顶点A在底面BCD上的投影O在棱BD上，
所以AO⊥平面BCD，
因为AO⊂平面ABD，
所以平面ABD⊥平面BCD，
因为∠CBD=90°，
所以BC⊥BD，
因为平面ABD∩平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，
所以BC⊥平面ABD，
又AD⊂平面ABD，
所以BC⊥AD，
由AB=AD= 2，BD=2，得BD2=AB2+AD2，
所以AD⊥AB，
因为AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC．
(2)连接OE，因为O为BD的中点，E为CD的中点，OE∥BC，所以OE⊥BD，
如图，以O为坐标原点，分别以OE，OD，OA为x轴，y轴，z轴为正方向，建立空间直
角坐标系，
则O(0，0，0)，A(0，0，1)，B(0，-1，0)，C(2，-1，0)，D(0，1，0)，E
(1，0，0)，
  
AC=(2,-1,-1)，AB=(0,-1,-1)，AE=(1,0,-1)，

设平面ABE的一个法向量m=(x，y，z)，


m⋅AB=-y-z=0
  
m⋅AE=x-z=0
第 页 共 页
1389 3427
取x=1，得m=(1，-1，1)，

设平面ACE的一个法向量n=(a，b，c)，


n⋅AC=2a-b-c=0
 
n⋅AE=a-c=0

取c=1，则n=(1,1,1)，
设二面角B-AE-C的平面角为θ，由图知二面角为锐角，
 
m⋅n 1
则cosθ= = ．
  3
|m|⋅|n|
1
所以二面角B-AE-C的余弦值为 ．
3
1 1
(3)设P(0，y，z)，Q ，0，
2 2
 ，


因为PQ⊥平面ABE，∴PQ⎳m．

 1 1
∴PQ=λm， ,-y, -z
2 2
 =λ(1，-1，1)．
1 1
∴ y= ，z=0，∴ P0， ，0
2 2

1 1 1 3
∴ PQ= + + =
4 4 4 2
2389 (2024·全国·校联考模拟预测)如图，在正方体ABCD-ABCD 中，AD ∩AD=E，
1 1 1 1 1 1
CD ∩CD=F.
1 1
(1)求证：EF⊥BD；
(2)在线段BC 上，是否存在点H，使得BC ⊥平面DEH？并说明理由.
1 1
【解析】(1)如图，连接AC，因为AD ∩AD=E，CD ∩CD=F，所以E，F分别为
1 1 1 1
AD ，CD 的中点，所以EF⎳AC，
1 1
又AC⊥BD，所以EF⊥BD.
第 页 共 页
1390 3427(2)如图，取BC 的中点H，连接EH，DH，
1
因为AB⊥平面BCCB ，所以AB⊥BC ，又EH⎳AB，所以EH⊥BC.
1 1 1 1
因为BC ⎳AD ，AD ⊥DE，所以BC ⊥DE.
1 1 1 1
因为EH∩DE=E，所以BC ⊥平面DEH，
1
所以在线段BC 上，存在点H，使得BC ⊥平面DEH.
1 1
2390 (2024·江西赣州·统考模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面AACC是矩
1 1 1 1 1
形，侧面BBCC是菱形，∠BBC=60°，D、E分别为棱AB、BC 的中点，F为线段CE
1 1 1 1 1 1
的中点.
(1)证明：AF⎳平面ADE；
1
(2)在棱BB 上是否存在一点G，使平面ACG⊥平面BBCC？若存在，请指出点G的
1 1 1
位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)证明：取AC 的中点M，连接AM、EM、FM，
1 1
因为AA ⎳BB 且AA =BB ，故四边形AABB为平行四边形，所以，AB⎳AB 且
1 1 1 1 1 1 1 1
AB=AB ，
1 1
1
因为D为AB的中点，则AD⎳AB 且AD= AB ，
1 1 2 1 1
1
因为M、E分别为AC 、BC 的中点，所以，EM⎳AB 且EM= AB ，
1 1 1 1 1 1 2 1 1
所以，AD⎳EM且AD=EM，故四边形ADEM为平行四边形，所以，AM⎳DE，
因为AM⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以，AM⎳平面ADE，
1 1 1
因为M、F分别为AC 、CE的中点，所以，FM⎳AE，
1 1 1 1
因为FM⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以，FM⎳平面ADE，
1 1 1 1
因为AM∩FM=M，AM、FM⊂平面AFM，所以，平面AFM⎳平面ADE，
1
因为AF⊂平面AFM，故AF⎳平面ADE.
1
(2)当点G为BB 的中点时，平面ACG⊥平面BBCC，
1 1 1
第 页 共 页
1391 3427因为四边形AACC为矩形，则AC⊥CC ，因为BB ⎳CC ，则BB ⊥AC，
1 1 1 1 1 1
因为四边形BBCC为菱形，则BC=BB ，
1 1 1
因为∠BBC=60°，则△BBC为等边三角形，
1 1
因为G为BB 的中点，所以，BB ⊥CG，
1 1
因为AC∩CG=C，AC、CG⊂平面ACG，所以，BB ⊥平面ACG，
1
因为BB ⊂平面BBCC，所以，平面ACG⊥平面BBCC，
1 1 1 1 1
因此，当点G为BB 的中点时，平面ACG⊥平面BBCC.
1 1 1
2391 (2024·安徽淮北·统考一模)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，侧面
PAB是等边三角形，BC=2AB，∠ABC=60°，PB⊥AC．
(1)求证：面PAB⊥面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，
是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明
理由．
【解析】(1)在△ABC中，因为BC=2AB，∠ABC=60°，
所以AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos60°=3AB2，AC= 3AB，
所以AC2+AB2=BC2，则∠BAC=90°，即AC⊥AB，
又AC⊥PB，PB∩AB=B，PB,AB⊂面PAB，
所以AC⊥面PAB，又AC⊂面ABCD，
所以面PAB⊥面ABCD；
(2)假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD；
第 页 共 页
1392 3427 
如图，以A为原点，分别以AB，AC为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，
设AB=2，则A0,0,0  ，B2,0,0  ，D-2,2 3,0  ，P1,0, 3  ，

AD=-2,2 3,0 

，AP=1,0, 3 

，BD=-4,2 3,0 

，DP=3,-2 3, 3  ，
 设n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1 
 
是平面PAD的法向量，则   n  1 ⋅A  D  =-2x 1 +2 3y 1 =0 ，取n  1 =
n ⋅AP=x + 3z =0
1 1 1
 3,1,-1  ，
 
设DQ=λDP，其中0≤λ≤1．
    
则BQ=BD+DQ=BD+λDP=3λ-4,2 3-2 3λ, 3λ 
连接EF，因AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC
∥EF，
 
取与EF同向的单位向量 j =0,1,0  ，

设n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  是平面BEQF的法向量，
 
n ⋅j=y =0 
则 2  2 ，取n 2 = 3λ,0,4-3λ
n ⋅BQ=(3λ-4)x +2 3(1-λ)y + 3λz =0
2 2 2 2
 ．
    2
由平面BEQF⊥平面PAD，知n ⊥n ，有n ⋅n =3λ+3λ-4=0，解得λ= ．
1 2 1 2 3
2
故在侧棱PD上存在点Q且当DQ= DP时，使得平面BEQF⊥平面PAD．
3
2392 (2024·河北邯郸·统考二模)如图，直三棱柱ABC­ABC 中，D，E分别是棱BC，AB的
1 1 1
中点，点F在棱CC 上，已知AB=AC，AA =3，BC=CF=2．
1 1
(1)求证：CE⎳平面ADF；
1
(2)设点M在棱BB 上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF．
1
【解析】(1)证明：连接CE交AD于O，连接OF．
因为CE，AD为△ABC的中线，
则O为△ABC的重心，
CF CO 2
故 = = ，
CC CE 3
1
故OF⎳CE，
1
因为OF⊂平面ADF，CE⊄平面ADF，
1
所以CE⎳平面ADF；
1
第 页 共 页
1393 3427(2)当BM=1时，平面CAM⊥平面ADF．
证明如下：因为AB=AC，D为BC的中点，
故AD⊥BC．在直三棱柱ABC­ABC 中，
1 1 1
BB ⊥平面ABC，BB ⊂平面BBCC ，
1 1 1 1
故平面BBCC ⊥平面ABC．
1 1
又平面BBCC ∩平面ABC=BC，AD⊂平面ABC，
1 1
所以AD⊥平面BBCC ，
1 1
又CM⊂平面BBCC ，
1 1
故AD⊥CM．
又BM=1，BC=2，CD=1，FC=2，
故Rt△CBM≌Rt△FCD．
易证CM⊥DF，又DF∩AD=D，DF，AD⊂平面ADF，
故CM⊥平面ADF．
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF．
【解题方法总结】
(1)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
第 页 共 页
1394 3427