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§7.5 空间直线、平面的垂直
课标要求 1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.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.
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
一般地，如果直线l 与平面α 内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α 互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内
的 垂直，
那么该直线与此平面垂直
}
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直
线平行
}⇒a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的 所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条
直线垂直于平面，我们说它们所成的角是 ；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们
所成的角是 .
(2)范围： .
3.二面角
(1)定义：从一条直线出发的 所组成的图形叫做二面角.
(2)二面角的平面角：如图，在二面角α-l-β 的棱l 上任取一点O，以点O 为垂足，在半平面α 和β 内分
别作 的射线OA 和OB，则射线OA 和OB 构成的∠AOB 叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围： .
4.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直二面角，就说这两个平面互相垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形表示
符号表示
判定
定理
如果一个平面过另一个平面的 ，那么这
两个平面垂直
}⇒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 ，那么这条直线与另一个
平面垂直
}
⇒l⊥α
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线l 与平面α 内的两条直线都垂直，则l⊥α.( )
(2)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( )
(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( )
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.( )
2.(2024·惠州模拟)已知l，n 是两条不同的直线，α，β 是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是( )
A.若α∥β，l⊂α，n⊂β，则l∥n
B.若α⊥β，l⊂α，则l⊥β
C.若l∥α，α⊥β，则l⊥β
D.若l⊥α，l∥β，则α⊥β
3.(多选)如图，PA 是圆柱的母线，AB 是圆柱的底面直径，C 是圆柱底面圆周上的任意一点(不与A，B 重
合)，则下列说法正确的是( )
A.PA⊥平面ABC
B.BC⊥平面PAC
C.AC⊥平面PBC
D.三棱锥P-ABC 的四个面都是直角三角形
4.过平面α 外一点P 的斜线段是过这点的垂线段的2√3
3
倍，则该斜线与平面α 所成的角是 .
1.灵活应用两个重要结论
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
2.掌握三种垂直关系的转化
线线垂直
线面垂直
面面垂直
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E 为垂足.
(1)求证：PA⊥平面ABC；
(2)当点E 为△PBC 的垂心时，求证：△ABC 是直角三角形.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；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.
(2)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.
跟踪训练1 如图所示，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，证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 如图1，山形图是两个全等的直角梯形ABCD 和ABEF 的组合图，将直角梯形ABEF 沿底边AB 翻
折，得到如图2 所示的几何体.已知AB∥CD∥EF，AB=2CD=2EF，AB⊥BE，点N 在线段CE 上，且
EN=2NC.在几何体BCE-ADF 中，解决下面问题.
(1)证明：AE∥平面BND；
(2)若平面BDE⊥平面ABCD，证明：BE⊥AD.
思维升华 (1)判定面面垂直的方法
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.
(3)[三垂线定理]如果平面内的一条直线和穿过这个平面的一条斜线在平面内的射影垂直，那么这条直线就
和这条斜线垂直.
(4)[三垂线定理的逆定理]如果平面内的一条直线和穿过这个平面的一条斜线垂直，那么这条直线就和斜线
在平面内的射影垂直.
跟踪训练2 (2023·全国甲卷)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.
题型三 垂直关系的综合应用
命题点1 线面角与二面角
例3 (多选)把边长为√2的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A，B，C，D 四点为顶点的三棱锥体
积最大时( )
A.AB⊥CD
B.直线BD 与平面ABC 所成角的大小为π
4
C.二面角A-BD-C 的余弦值为-1
3
D.四面体ABCD 的内切球的半径为2-√3
三余弦定理cos θ＝cos θ1·cos θ2的应用
已知AO 是平面α 的斜线，如图，A 是斜足，OB⊥α，B 是垂足，则直线AB 是斜线AO 在平面α 内的射影，
设AC 是α 内的任一过点A 的直线，且BC⊥AC，C 为垂足，又设AO 与直线AB 所成的角为θ1，AB 与AC
所成的角是θ2，AO 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝cos θ1·cos θ2.
典例 已知PA 是平面α 的斜线，∠BAC 在平面α 内，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，则PA 与
平面α 所成的角为 .
命题点2 垂直关系中的存在性问题
例4 如图①，在直角梯形ABCD 中，AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD，DE⊥AB.沿DE 将△AED 折起到
△A1ED 的位置.连接A1B，A1C，M，N 分别为A1C，BE 的中点，连接MN，如图②.
(1)求证：DE⊥A1B；
(2)求证：MN∥平面A1ED；
(3)在棱A1B 上是否存在一点G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出A1G
GB 的值；若不存在，请说明理
由.
思维升华 (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.
跟踪训练3 如图，在四面体ABCD 中，CB=CD，AB=AD，∠BAD=90°，E，F 分别是BC，AC 的中点.
(1)求证：AC⊥BD；
(2)若平面CBD⊥平面ABD，且CB=BD，求直线BF 与平面ABD 所成角的正切值.
答案精析
落实主干知识
1.(2)两条相交直线 m⊂α n⊂α
m∩n=P l⊥m l⊥n a⊥α b⊥α
2.(1)射影 90° 0° (2)[0，π
2]
3.(1)两个半平面 (2)垂直于棱l
(3)[0，π]
4.(2)垂线 a⊂α a⊥β 交线 α⊥β
α∩β=a l⊥a l⊂β
自主诊断
1.(1)× (2)√ (3)× (4)×
2.D 3.ABD 4.π
3
探究核心题型
例1 证明 (1)如图，在平面ABC 内取一点D，过点D 作DF⊥AC 于点F.
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，DF⊂平面ABC，
所以DF⊥平面PAC.
因为PA⊂平面PAC，
所以DF⊥PA.
过点D 作DG⊥AB 于点G，
同理可证DG⊥PA.
因为DG，DF⊂平面ABC，
且DG∩DF=D，
所以PA⊥平面ABC.
(2)如图，连接BE 并延长交PC 于点H.
因为点E 是△PBC 的垂心，
所以PC⊥BH.
又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以PC⊥AE.
因为AE∩BH=E，
AE，BH⊂平面ABE，
所以PC⊥平面ABE.
又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB.
因为PA∩PC=P，
PA，PC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC.
又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，
即△ABC 是直角三角形.
跟踪训练1 证明 (1)在四棱锥P-ABCD 中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，PA∩AC=A，
PA，AC⊂平面PAC，
∴CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，
∴CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC，∠ABC=60°，
可得AC=PA.
∵E 是PC 的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD=C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD 且PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，
而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE=A，
AB，AE⊂平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
例2 证明 (1)如图，连接AC 与BD 相交于O，
连接ON，
由于AB=2CD，且AB∥CD，
所以OC∶OA=CD∶AB=1∶2，
又EN=2NC，所以ON∥AE，
又AE⊄平面BND，
ON⊂平面BND，
所以AE∥平面BND.
(2)过C 作CM⊥BD 于M，由于平面BDE⊥平面ABCD，且平面BDE∩平面ABCD=BD，CM⊂平面ABCD，
所以CM⊥平面BED，又BE⊂平面BED，故CM⊥BE，
又AB⊥BE，AB，CM 是平面ABCD 内的两相交直线，
所以BE⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，故BE⊥AD.
跟踪训练2 (1)证明 因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB=90°，即AC⊥BC，
因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，
A1C∩AC=C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)解 如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.
因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1，
A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1-BB1C1C 的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，
AC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，
在Rt△ABC 与Rt△A1BC 中，
因为A1B=AB，BC=BC，
所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，
所以A1C=AC.
设A1C=AC=x，则A1C1=x，
所以O 为CC1的中点，
OC1=1
2AA1=1，
又因为A1C⊥AC，
所以A1C2+AC2=AA1
2，
即x2+x2=22，解得x=√2，
所以A1O=√A1C1
2-OC1
2
=√(√2)
2-1
2=1，
所以四棱锥A1-BB1C1C 的高为1.
例3 BCD [如图所示，当平面BAC⊥平面DAC 时，三棱锥体积最大，记E 为AC 的中点，连接BE，
DE，此时DE⊥平面BAC，因为AB⊂平面BAC，所以AB⊥DE，因为CD∩DE=D，所以AB 与CD 不垂直，
A 错误；
对于B，直线BD 和平面ABC 所成的角即为∠EBD，因为tan∠EBD= ED
BE =1，故∠EBD=π
4 ，B 正确；
对于C，由于BC=CD=BA=AD，取BD 的中点G，连接AG，CG，则有CG⊥BD，AG⊥BD，故∠CGA 为二
面角A-BD-C 的平面角.则
cos∠CGA= A G
2+C G
2- A C
2
2 AG·CG
=
3
2 + 3
2 - 4
2× √6
2 × √6
2
=-1
3 ，C 正确；
对于D，设内切球球心为I，内切球半径为r，由等体积法知，
V 四面体ABCD=V 三棱锥I-ABC+V 三棱锥I-BCD+V 三棱锥I-ACD+V 三棱锥I-ABD
=1
3rS 四面体ABCD，
其中，V 四面体ABCD=1
3BE·S△ACD=1
3 ，
S 四面体ABCD=2×(
1
2 ×2×1+ 1
2 ×√2 × √6
2 )=√3+2，
故r=
3V 四面体ABCD
S四面体ABCD
=
1
√3+2=2-√3，D 正确.]
微拓展
典例 45°
解析 如图，作P 在α 内的正射影O，则O 在∠BAC 的平分线上，∠PAO 为PA 与平面α 所成的角，
所以cos∠PAC
=cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°=cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO=√2
2 ，故∠PAO=45°，
所以PA 与平面α 所成的角为45°.
例4 (1)证明 ∵在直角梯形ABCD 中，DE⊥AB，沿DE 将△AED 折起到△A1ED 的位置，
∴DE⊥A1E，DE⊥BE.
∵A1E∩BE=E，
A1E，BE⊂平面A1BE，
∴DE⊥平面A1BE，
又A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B.
(2)证明 取CD 的中点H，连接NH，MH，如图.
∵M，N 分别为A1C，BE 的中点，
∴MH∥A1D，
NH∥DE.
∵MH⊄平面A1ED，
A1D⊂平面A1ED，
∴MH∥平面A1ED，
∵NH⊄平面A1ED，
DE⊂平面A1ED，
∴NH∥平面A1ED，
又NH∩MH=H，
NH，MH⊂平面MNH，
∴平面A1ED∥平面MNH，
又MN⊂平面MNH，
∴MN∥平面A1ED.
(3)解 取A1B 的中点G，连接EG，如图.
在直角梯形ABCD 中，
AB⊥BC，DE⊥AB，
∴BC∥DE，
∵AB=2CD，
∴AE=BE，即A1E=BE，
∴EG⊥A1B，
由(1)知DE⊥平面A1BE，
又∵DE∥BC，∴BC⊥平面A1BE，
又EG⊂平面A1BE，∴EG⊥BC，
又A1B∩BC=B，
A1B，BC⊂平面A1BC，
∴EG⊥平面A1BC.
故棱A1B 上存在中点G，使得EG⊥平面A1BC，且此时A1G
GB =1.
跟踪训练3 (1)证明 取BD 的中点O，连接AO，CO，如图，
在△BCD 中，
∵CB=CD，
∴CO⊥BD，
同理AO⊥BD，
而AO∩CO=O，
AO，CO⊂平面AOC，
∴BD⊥平面AOC，
又AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD.
(2)解 由(1)知CO⊥BD，
∵平面CBD⊥平面ABD，平面CBD∩平面ABD=BD，CO⊂平面CBD，
∴CO⊥平面ABD，
取AO 的中点N，连接FN，BN，如图，
易知CO∥FN，
故FN⊥平面ABD，
故∠FBN 是直线BF 与平面ABD 所成的角，
∵CB=CD=BD，
∴△BCD 是等边三角形，
设BC=2a，则BO=a，CO=√3a，
在Rt△ABD 中，AB=AD，
∴AO=1
2BD=a，NO=1
2AO=1
2a，
∴FN=1
2CO=√3
2 a，
BN=√BO
2+ N O
2=√5
2 a，
故tan∠FBN= FN
BN =
√3
2 a
√5
2 a
=√15
5 ，
∴直线BF 与平面ABD 所成角的正切值为√15
5 .
