專題7.4 空間直線、平面的垂直（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

專題7.4空間直線、平面的垂直【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1垂直關(guān)系的有關(guān)命題的真假判斷】 5【題型2證明線線垂直】 7【題型3線面垂直的判定】 12【題型4線面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用】 17【題型5面面垂直的判定】 20【題型6面面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用】 25【題型7垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用】 30【題型8平行、垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用】 341、空間直線、平面的垂直考點要求真題統(tǒng)計考情分析(1)理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系(2)掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)，并會簡單應(yīng)用2022年全國乙卷（文數(shù)）：第9題，5分2022年全國乙卷（文數(shù)）：第18題，12分2023年新高考Ⅱ卷：第20題，12分2024年新高考Ⅱ卷：第17題，15分空間直線、平面的垂直是高考的重點、熱點內(nèi)容.從近幾年的高考情況來看，主要分三方面進行考查，一是空間中線面垂直關(guān)系的命題的真假判斷，常以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；二是空間線線、線面、面面垂直的證明以及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化，一般以解答題的第一小問的形式考查，難度中等；三是線面平行、垂直關(guān)系的存在性問題，難度中等；解題時要靈活運用直線、平面的垂直的判定與性質(zhì).【知識點1線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理】1．直線與平面垂直(1)定義如果直線l與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面互相垂直，記作l⊥.直線l叫做平面的垂線，平面叫做直線l的垂面.直線與平面垂直時，它們唯一的公共點P叫做垂足.(2)點到平面的距離過一點作垂直于已知平面的直線，則該點與垂足間的線段，叫做這個點到該平面的垂線段，垂線段的長度叫做這個點到該平面的距離.2．直線與平面垂直的判定定理(1)自然語言：如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直．(2)圖形語言：如圖所示．(3)符號語言：a?α，b?α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b?l⊥α.該定理可簡記為“若線線垂直，則線面垂直”.3．直線與平面垂直的性質(zhì)定理(1)直線與平面垂直的性質(zhì)定理①自然語言：垂直于同一個平面的兩條直線平行．②圖形語言：如圖所示．③符號語言：a⊥α，b⊥α?a∥b.

(2)性質(zhì)定理的作用

①由線面垂直證明線線平行.

②構(gòu)造平行線.【知識點2面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理】1．面面垂直的定義及判定定理(1)平面與平面垂直的定義一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直.平面與垂直，記作⊥.(2)兩個平面互相垂直的畫法

如圖，畫兩個互相垂直的平面時，通常把表示平面的兩個平行四邊形的一組邊畫成垂直.(3)平面與平面垂直的判定定理①自然語言如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若線面垂直，則面面垂直”.2．平面與平面垂直的性質(zhì)定理(1)平面與平面垂直的性質(zhì)定理①自然語言兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直.②圖形語言③符號語言.(2)性質(zhì)定理的作用①證明線面垂直、線線垂直；

②構(gòu)造面的垂線.【知識點3空間中的垂直關(guān)系的判定方法】1．直線與直線垂直的判定方法(1)定義法：如果兩條異面直線所成的角是直角，那么我們就說這兩條異面直線互相垂直.直線a與直線b垂直，記作a⊥b；(2)利用線面垂直的性質(zhì)定理；(3)利用面面垂直的性質(zhì)定理；2．直線與平面垂直的判定方法(1)定義法：利用定義：若一條直線垂直于一個平面內(nèi)的任意一條直線，則這條直線垂直于這個平面(不常用)；(2)利用線面垂直的判定定理：如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么這條直線就和這個平面垂直(常用方法);(3)可作定理用的正確命題：如果兩條平行直線中的一條直線垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面(選擇、填空題常用)；(4)面面垂直的性質(zhì)定理：如果兩個平面垂直，那么在一個平面內(nèi)垂直于這兩個平面的交線的直線垂直于另一個平面(常用方法)；(5)面面平行的性質(zhì)：如果一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，則這條直線也垂直于另一個平面；(6)面面垂直的性質(zhì)：若兩相交平面同時垂直于第三個平面，則這兩個平面的交線垂直于第三個平面.3．面面垂直判定的兩種方法與一個轉(zhuǎn)化(1)兩種方法：①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理.(2)一個轉(zhuǎn)化：在已知兩個平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化.在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.4．平面與平面垂直的其他性質(zhì)與結(jié)論

(1)如果兩個平面互相垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內(nèi).(2)如果兩個平面互相垂直，那么與其中一個平面平行的平面垂直于另一個平面.(3)如果兩個平面互相垂直，那么其中一個平面的垂線平行于另一個平面或在另一個平面內(nèi).(4)如果兩個相交平面都垂直于第三個平面，那么它們的交線垂直于第三個平面.(5)三個兩兩垂直的平面的交線也兩兩垂直.【知識點4空間中位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化】1．線、面垂直位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化2．平行關(guān)系與垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化【方法技巧與總結(jié)】1．三垂線定理平面內(nèi)的一條直線如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內(nèi)的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直.2．三垂線定理的逆定理平面內(nèi)的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內(nèi)的射影垂直.3．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面.【題型1垂直關(guān)系的有關(guān)命題的真假判斷】【例1】（2024·四川成都·三模）已知直線l、m、n與平面α、β，下列命題正確的是（

）A．若l⊥n，m⊥n，則l//mB．若l⊥α，l//β，則α⊥βC．若l⊥α，l⊥m，則m//αD．若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，則l⊥β【解題思路】對于A，由只需之間的位置關(guān)系即可判斷；對于B，由面面垂直的判定即可判斷；對于C，由線面位置關(guān)系即可判斷；對于D，由面面垂直的性質(zhì)即可判斷.【解答過程】對于A，若l⊥n，m⊥n，則l,m平行、相交或異面；對于B，若l//β，則存在l1?β，使得l//l1，又因為l⊥α，l1對于C，若l⊥α，l⊥m，則m//α或m?α，故C錯誤；對于D，若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，且如果l不在α內(nèi)，則不會有l(wèi)⊥β，故D錯誤.故選：B.【變式1-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下列命題為真命題的是（

）A．若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γ B．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nC．若m⊥α，n⊥α，則m//n D．m⊥n，m//α，α//β，則n⊥β【解題思路】根據(jù)空間線線、線面、面面之間的基本關(guān)系，結(jié)合選項依次判斷即可.【解答過程】A：若α⊥β,β⊥γ，則α與γ可能相交，可能平行，故A錯誤；B：若α⊥β,m?α,n?β，則m與n可能相交，可能平行，故B錯誤；C：若m⊥α,n⊥α，由線面垂直的性質(zhì)知m//n，故C正確；D：若m⊥n,m//α,α//β，則n與β可能相交，可能平行，故D錯誤.故選：C.【變式1-2】（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）已知m,n是兩條不同的直線，α,β,γ是三個不同的平面，則下列命題是真命題的是（

）A．若α⊥β,m?α,n?β，則m⊥n B．若α⊥β,β⊥γ，則α//γC．若m⊥α,m//n,n//β，則α⊥β D．若m//n,m//α，則n//α【解題思路】對于A，當(dāng)α∩β=l，且m//l,n//l時，可判斷A錯誤；對于B，當(dāng)若α∩γ=l，且l⊥β時，可判斷B錯誤；對于C，根據(jù)平行的性質(zhì)及面面垂直的判定定理即可判定；對于D，根據(jù)條件即可判定.【解答過程】對于A,因為α⊥β,設(shè)α∩β=l，又m?α,n?β，則當(dāng)m//l,n//l時，m//n，故A錯誤；對于B，若α∩γ=l，且l⊥β，則有α⊥β,β⊥γ，故B錯誤；對于C，因為m⊥α,m//n,故n⊥α，又n//β，故存在直線a?β，且a//n，此時a⊥α，由面面垂直的判定定理知α⊥β，故C正確；對于D,當(dāng)m//n,m//α，則n//α或者n?α，故D錯誤，故選：C.【變式1-3】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知兩條直線m，n和三個平面α，β，γ，下列命題正確的是（

）A．若m∥α，m∥β，則α∥βB．若α⊥β，α⊥γ，則β∥γC．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，則m⊥γD．若n?γ，n∥α，n∥β，α∩β=m，則m∥γ【解題思路】利用面面平行的判定定理可判斷出A和B正誤，利用線面垂直的判定定理可判斷出C的正誤，利用線面平行的判定定理可判斷出D的正誤.【解答過程】對于A，當(dāng)m∥α，m∥β時，兩平面α，β可能平行可能相交，所以A錯誤；對于B，α⊥β，α⊥γ，兩平面β，γ可能平行可能相交，所以B錯誤；對于C，當(dāng)α∩β=m，α⊥γ，β⊥γ時，設(shè)α∩γ=b，β∩γ=c，在γ取一點O，過O分別作OB⊥b于B，OC⊥c于C，則OB⊥α，OC⊥β，因為α∩β=m，所以m?α，m?β，所以O(shè)B⊥m，OC⊥m，因為OB∩OC=O，OB?γ,OC?γ，所以m⊥γ，所以C正確；對于D，當(dāng)α∩β=m，n?γ，n∥α，n∥β時，可得m∥γ或m?γ，所以D錯誤.故選：C.【題型2證明線線垂直】【例2】（2024·四川宜賓·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，AD=PD=2，∠PDC=120°，PA=22，點E為線段PC的中點，點F在線段AB上，且AF=(1)求證：CD⊥EF；(2)求三棱錐P?ABD的體積．【解題思路】（1）利用線線垂直去證明線面垂直，即可得到線線垂直；（2）利用線面垂直證明面面垂直，再作出線面垂直，即可得到棱錐的高，從而求出體積.【解答過程】（1）證明：在正方形ABCD中，AD=CD，又AD=PD=2，∴PD=CD=2在△PCD中，點E為線段PC的中點，DE⊥PC，DE平分∠PDC，在Rt△CDE中，DE=CD過E作EH⊥CD交CD于H，連接FH，則DH=DEcos在正方形ABCD中，AF=12，∴四邊形∴CD⊥FH，又CD⊥EH，EH∩FH=H，EH，F(xiàn)H?平面∴CD⊥平面EFH，又EF?平面EFH，∴CD⊥EF．（2）法一：在△PAD中，∵AD=PD=2，PA=22，∴AD⊥PD在正方形ABCD中，AD⊥CD，而CD∩PD=D，CD，PD?平面PCD，∴AD⊥平面PCD，AD?平面ABCD，∴平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，過P作PQ⊥CD交CD于Q，∴PQ⊥平面ABCD∵∠PDC=120°，∴∠PDQ=60°，PQ=PDsinS△ABD=2法二：在△PAD中，∵AD=PD=2，PA=22，∴AD⊥PD在正方形ABCD中，AD⊥CD，而CD∩PD=D，CD，PD?平面PCD，∴AD⊥平面PCD，S△ABD=VP?ABD【變式2-1】（2024·陜西西安·三模）在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=2，(1)證明：BD⊥AP．(2)若△PAD為等邊三角形，求點C到平面PBD的距離．【解題思路】（1）先證明AD⊥BD，再由面面垂直的性質(zhì)定理求解；（2）過點P作PO⊥AD，所以PO⊥平面ABCD，由體積法求解．【解答過程】（1）因為AB⊥BC，DC=BC=AB2=2，所以BD=2由余弦定理可得AD=AB2+BD2因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD．因為AP?平面PAD，所以BD⊥AP．（2）過點P作PO⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD．因為PA=在Rt△PBD中，S△PBD=VP?BCD設(shè)點C到平面PBD的距離為h，VP?BCD則13×4?=2所以點C到平面PBD的距離為62【變式2-2】（2024·陜西商洛·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PBD,AB=AD=AP=2．(1)證明：BD⊥PC；(2)若E為AD的中點，∠BAD=60°，求E到平面PBD的距離．【解題思路】（1）先證明AF⊥平面PBD得到AF⊥BD，由題意可得PA⊥BD，結(jié)合線面垂直的判定、性質(zhì)即可得證；（2）首先證明EH//平面PBD，HM⊥平面PBD，即所求為HM的長度，由解三角形知識即可求解.【解答過程】（1）設(shè)AC∩BD=O，連接PO，過A作AF⊥PO，垂足為F，因為平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD=PO,AF?平面PAC，所以AF⊥平面PBD，又BD?平面PBD，所以AF⊥BD，因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又PA,AF?平面PAC,PA∩AF=A，所以BD⊥平面PAC，因為PC?平面PAC，所以BD⊥PC．（2）取AO的中點H，連接EH，則EH//DO，又DO?平面PBD,EH?平面PBD，所以EH//平面PBD，所以點E到平面PBD的距離等于點H到平面PBD的距離．過H作HM⊥PO，垂足為M，因為平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD=PO，HM?平面PAC，所以由面面垂直的性質(zhì)可得HM⊥平面PBD，由（1）得AC⊥BD,PA⊥AO，因為AB=AD,∠BAD=60°，所以∠DAC=30°，因為AD=2，所以AO=3所以sin∠POA=PAPO即點E到平面PBD的距離為217【變式2-3】（2024·內(nèi)蒙古·三模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)證明：AB⊥B(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，【解題思路】（1）利用線面垂直證明線線垂直；（2）證明線面垂直，根據(jù)VA【解答過程】（1）設(shè)O為AB的中點，連接CO，B1O，AB因為CA=CB，所以AB⊥OC，因為四邊形ABB1A1為菱形，則AB⊥OB又OC∩OB1=O，所以AB⊥因為B1C?平面OB（2）因為AC1⊥B1C，因為BC1?平面AB所以四邊形BCC1B因為平面ABC⊥平面ABB1A1，且平面ABC∩平面所以O(shè)C⊥平面ABB1A又因為∠ABB1=A故VA【題型3線面垂直的判定】【例3】（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面(1)證明：A1O⊥平面(2)求四棱錐A1【解題思路】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)，利用等腰三角形的三線合一和余弦定理的推理，結(jié)合勾股定理的逆定理和線面垂直的判定定理即可求證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論及線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，利用矩形的性質(zhì)及勾股定理，結(jié)合棱錐的體積公式即可求解.【解答過程】（1）因為底面ABCD是邊長為2的菱形，所以AB=AD.因為∠A1AB=∠所以BA因為點O為線段BD中點，所以A1在△A1AO所以cos∠A1所以62=32又OA∩BD=O，OA?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以A1O⊥平面（2）由（1）知，A1O⊥BD，又四邊形ABCD為菱形，所以又A1O∩AC=O，A1O?平面A1OA，AC?平面又AA1?平面A又ABCD?A1B所以四邊形BB由（1）知，A1O=3從而A1連接B1D，BD1交于在△DA1B1中，A1D=A1B又B1D∩BD1=O1，B所以A1O1⊥平面BB1D由BD=2,BB1=在直角三角形A1DO∴【變式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱錐P?ABCD中，AP=AC，底面ABCD為等腰梯形，CD∥AB，AB=2CD=2BC=2，E為線段PC的中點，PC⊥CB.(1)證明：AE⊥平面PCB；(2)若PB=2，求直線PD與平面ABCD所成角的正弦值.【解題思路】（1）分析題意，利用線面垂直的判定定理求解即可.（2）利用線面垂直找到線面角，放到三角形中求解正弦值即可.【解答過程】（1）因為AP=AC,E為線段PC的中點，所以AE⊥PC，在等腰梯形ABCD中，作CF⊥AB于F，則由AB=2CD=2BC=2得FB=1所以cos∠CBA=BFBC因為AB=2BC，所以BCAB=BF所以∠BCF=∠BAC=30°，所以∠ACB=90因為PC⊥CB,PC∩AC=C，PC,AC?平面PCA，所以BC⊥平面PCA，因為AE在平面PCA內(nèi)，所以BC⊥AE，因為PC∩BC=C,PC,BC在平面PCB內(nèi)，所以AE⊥平面PCB.（2）因為PB=2,BC=1，所以PC=3取AC的中點M，連接PM，則PM⊥AC，因為BC⊥平面PCA，PM?平面PCA，所以PM⊥BC，又BC∩AC=C，BC,AC?平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，所以∠PDM為直線PD與平面ABCD所成的角，在正△PAC中，PM=32，又因為在Rt△PDM中，PD2所以sin∠PDM=所以直線PD與平面ABCD所成角的正弦值為310【變式3-2】（2024·廣西貴港·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為邊CD的中點，沿AE把△ADE折起，使點D到達點P的位置，且∠PAB=π(1)求證：PE⊥平面PAB；(2)求三棱錐E?PAB的表面積【解題思路】（1）求出各邊，由勾股定理逆定理求出PB⊥PE，結(jié)合PA⊥PE得到線面垂直；（2）求出各邊長，利用三角形面積公式得到各三角形面積，相加得到表面積.【解答過程】（1）由題可知PA⊥PE，PE=DE=1，BE=E∵AP=AB，∠PAB=π∴△PAB為等邊三角形，∴PB=2，∴PB∴PB⊥PE．∵PB∩PA=P，PB,PA?平面PAB，∴PE⊥平面PAB．（2）由（1）得PE⊥PB，PE⊥PA，PA=PB=2，∴S由三角形面積公式得S△PABS△EAB∴三棱錐E?PAB的表面積S=S【變式3-3】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，且AB=2CD=2AD=2.(1)證明：BC⊥面PAC；(2)若點A到平面PBC的距離為32，求四棱錐P—ABCD【解題思路】（1）過D作DM⊥AB于M，過C作CN⊥AB于N，在等腰梯形ABCD中可證得AC⊥BC，再由平面PAB⊥平面ABCD，可證得PA⊥BC，再利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論；（2）過A作AE⊥PC于E，可得AE⊥平面PBC，則AE=32，在△ACP中可得∠ACP=π6，從而得【解答過程】（1）證明：過D作DM⊥AB于M，過C作CN⊥AB于N，則DM∥CN，因為四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥CD，且AB=2CD=2AD=2因為MN=CD=1，AM=BN=1所以cos∠DAM=AMAD所以∠ADC=120°，所以∠DAC=∠DCA=30°，所以∠ACB=90°,∠CAB=30°，所以AC⊥BC，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊥AB，PA?平面PAB，所以PA⊥平面ABCD，因為BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，因為PA∩AC=A，PA,AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，（2）過A作AE⊥PC于E，因為BC⊥平面PAC，BC?平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，因為平面PAC∩平面PBC=PC，AE?平面PAC，所以AE⊥平面PBC，因為點A到平面PBC的距離為32，所以AE=在△ABC中，∠ACB=90°,BC=1,AB=2，則AC=A所以sin∠ACP=因為∠ACP為銳角，所以∠ACP=π因為PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PA⊥AC，所以AP=ACtan在Rt△ADM中，AD=1,AM=12所以梯形ABCD的面積為S=1所以四棱錐P—ABCD的體積為13【題型4線面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用】【例4】（24-25高二上·全國·課后作業(yè)）如圖所示，已知平面α∩平面β=l，EA⊥α，垂足為A，EB⊥β，垂足為B，直線a?β，a⊥AB，試判斷直線a與直線l的位置關(guān)系，并說明理由．【解題思路】利用線面垂直的判定定理證明l⊥平面EAB，a⊥平面EAB，從而得證.【解答過程】直線a與直線l的位置關(guān)系：a∥l．理由：∵平面α∩平面β=l，∴l(xiāng)?α．又∵EA⊥α，∴l(xiāng)⊥EA．同理l⊥EB．又EA∩EB=E，EA?平面EAB，EB?平面EAB∴l(xiāng)⊥平面EAB．∵EB⊥β，a?β，∴EB⊥a．又a⊥AB，EB∩AB=B，，EA?平面EAB，AB?平面EAB∴a⊥平面EAB，∴a∥l．【變式4-1】（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且PC=BC=2AD=2CD=22(1)求三棱錐B?ACP的體積；(2)求證：AB⊥PC．【解題思路】（1）因為PA⊥平面ABCD，根據(jù)等積法VB?ACP（2）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可得AB⊥PA，結(jié)合（1）及線面垂直的判定定理可得AB⊥平面PAC，從而得證.【解答過程】（1）在底面ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，且BC=2AD=2CD=22所以AB=AC=2，又BC=22，則AB2故VB?ACP（2）由（1）知AB⊥AC，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，則AB⊥PA，且AC∩PA=A，AC,PA?平面PAC，∴AB⊥平面PAC，而PC?平面PAC，所以AB⊥PC．【變式4-2】（2024高一·全國·專題練習(xí)）在三棱錐P?ABC中，△ABC為等邊三角形，PA⊥平面ABC，將三角形PAC繞PA逆時針旋轉(zhuǎn)至PAD位置（如圖），且二面角D?PA?B的大小為90°．證明：A，B，C，D四點共面，且AD⊥PB；【解題思路】根據(jù)線面垂直的判定定理可得PA⊥平面ACD，然后利用反證法可得A,B,C,D四點共面，進而根據(jù)二面角的概念及利用線面垂直的判定定理可得AD⊥平面PAB，即得.【解答過程】證明：∵PA⊥平面ABC，且AD?平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥AD，AC，AD?平面ACD，又∴PA⊥平面ACD，假設(shè)A,B,C,D四點不共面，∵PA⊥平面ABC，PA⊥平面ACD，∴平面ABC//平面ACD，與平面ABC∩平面ACD=AC矛盾，故A,B,C,D四點共面；又AB⊥PA,AD⊥PA，所以∠BAD為二面角D?PA?B的平面角，∴∠BAD=90°，即AD⊥AB，又PA⊥AD，且PA∩AB=A，∴AD⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴AD⊥PB.【變式4-3】（23-24高一下·江蘇淮安·期中）已知三棱柱ABC?A1B1C1中，底面△ABC(1)求證：B1(2)已知A1A=2,P∈平面ABC，且C1P⊥平面【解題思路】（1）連A1G交BC于D，由重心可得D為BC的中點，由已知借助三角形全等證得（2）由給定條件，證得三棱錐A?A1BC為正四面體，進而證得AG⊥【解答過程】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，連A1G交BC于D，連AD，由由AB=AC，A1A=A1A，∠因此AD⊥BC，A1D⊥BC，又AD∩A于是BC⊥平面A1AD，而A1A?平面A1所以BC⊥B（2）由A1A=AB=2，∠A1AB=60°則A1B=A由G為△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC，菱形AC即直線AC1與平面A1BC的交點為A1C的中點，因此G不在直線所以AG//C【題型5面面垂直的判定】【例5】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1所有棱長都為(1)證明：平面BCD⊥平面AB(2)若DB1=【解題思路】（1）由題意證明OE⊥AB1，BE⊥AB1，得出AB1⊥（2）依題意可得BC⊥平面AOB1，進而可得△AB1C1為直角三角形，在△AOB【解答過程】（1）取BC中點O，取AB1中點E，連接DE，BE，因為三棱柱ABC?A1B1C1所有棱長都為2,∠B1BC=所以O(shè)E⊥AB1，且BE⊥AB即AB1⊥平面BCD，又AB1?平面（2）BC⊥AO,BC⊥OB1，則BC⊥平面AOB所以B1C1⊥平面AOB1,A故AC1=2D在△AOB1中，cos則有三棱柱ABC?AV=3V【變式5-1】（2024·四川資陽·二模）如圖，在四面體ABCD中，AB=AC=AD=BC=BD=2，BC⊥BD，E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點.(1)證明：平面ACD⊥平面BCD；(2)求點A到平面BDF的距離.【解題思路】（1）取CD的中點O，利用勾股定理得OB⊥OA，再由線面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；（2）利用等體積轉(zhuǎn)化可得答案.【解答過程】（1）取CD的中點O，連接OA，OB，因為BC⊥BD，BC=BD=2，所以O(shè)B⊥CD，且CD=22又AC=AD=2，OA⊥CD，OA2=A所以O(shè)A2+O又OB∩CD=O，OB、CD?平面BCD，所以O(shè)A⊥平面BCD，又OA?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD；（2）因為AB=2，所以由（1）可得OB=2，CD=2S△ACDVB?ACD又F為AC的中點，所以VA?BDF在△BDF中，BD=2，BF=3，DF=則cos∠BFD=所以sin∠BFD=則S△BDF設(shè)點A到平面BDF的距離為d，則13解得d=22211，即點A到平面BDF【變式5-2】（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱ABC?A1B1C1，各棱長均相等.D，E，F(xiàn)分別為棱(1)證明：平面A1CD⊥平面(2)求直線EF與A1【解題思路】（1）由題意可證得CD⊥AB，在直三棱柱中，AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥CD，進而可證得CD⊥平面（2）由題意可證得EF//A1D，即可得直線EF與A1B1所成的角，在△A1【解答過程】（1）證明：由題意在等邊三角形ABC中，D為AB的中點，所以CD⊥AB，在直棱柱中，AA1⊥平面ABC，CD?平面ABC而AA1∩AB=A，A所以CD⊥平面ABB又因為CD?平面A1所以平面A1CD⊥平面（2）連接DE，因為D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1所以DE//AC，且EF=1在三棱柱中，AC=A1C1，所以DE//A1F所以四邊形DEFA1為平行四邊形，所以所以∠B1A1D在△A1DA可得cos∠D故sin即直線EF與A1B1【變式5-3】（2024·四川德陽·三模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，∠A1AB=∠A1AC，D為(1)求證：平面A1AD⊥平面(2)設(shè)M為B1C1的中點，平面EB1C1F交AD于P，且【解題思路】（1）根據(jù)三角形全等，可得BC⊥A1D，又BC⊥AD，即可得B（2）根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得BC//EF，即可求解AP,PD,EF的長度，利用面面垂直的性質(zhì)可得DT⊥平面EB1C【解答過程】（1）證明：連接A1B，因為∠A1AB=∠A所以△A1AB≌△因為D為BC的中點，所以BC⊥A因為AB=AC,D為BC的中點，所以BC⊥AD.因為A1D∩AD=D，A1D所以BC⊥平面A1又B1C1∥BC，所以又B1C所以平面A1AD⊥平面（2）由題意得：AP=13AD=因為BC∥B1C1，B1C所以BC//平面E由于平面EB1C1F∩平面ABC=EF所以BC//EF,故EF=1所以四棱錐B?EB1C1F的頂點B到底面E作DT⊥PM，垂足為T，則由（1）知平面A1AD⊥平面EB1C1F，且交線為MD，故DT=PDsin底面EB1C所以四棱錐B?EB1C【題型6面面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用】【例6】（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐P?ABCD，側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，M為棱PC上的動點且(1)求證:△PBC為直角三角形;(2)試確定λ的值，使得三棱錐P?AMD的體積為23【解題思路】（1）取AD中點O，連結(jié)OP,OC,AC,則由等腰三角形的性質(zhì)可得OC⊥AD,OP⊥AD，從而得AD⊥平面POC，則AD⊥PC，而BC//AD，所以BC⊥PC，進而可證得結(jié)論；（2）由面面垂直的性質(zhì)可得PO⊥平面ABCD，則由VP?AMD【解答過程】（1）證明：取AD中點O，連結(jié)OP,OC,AC,因為四邊形ABCD為菱形，且∠ABC=60所以△ABC,△ACD均為等邊三角形，因為△PAD也為等邊形三角形，所以O(shè)C⊥AD,OP⊥AD.又因為OC∩OP=O,OC?平面POC,OP?平面POC，所以AD⊥平面POC，又PC?平面POC，所以AD⊥PC，因為BC//AD，所以BC⊥PC，即∠PCB=90°，從而（2）由（1）可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因為M為棱PC上的動點且PMPC所以VP?AMD因為△PAD，△ACD都是邊長為2的正三角形，所以PO=OC=3所以VP?ACD因為三棱錐P?AMD的體積為23所以λ=2【變式6-1】（2024·廣東·二模）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1的底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，側(cè)面ACC(1)證明：A1(2)求點C1到平面AB【解題思路】（1）利用線面垂直的判定可得A1C⊥平面（2）根據(jù)給定條件，結(jié)合余弦定理，利用等體積法求出點C1到平面AB【解答過程】（1）連接AC1，由四邊形A1ACC1為菱形，得又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC則BC⊥平面ACC1A1，又A1C?平面ACC又AC1∩B1C1=C1，AC所以A（2）點C1到平面ABB1A1由（1）知B1C1⊥平面ACC1A設(shè)點C1到平面ABB1A1的距離為d而BC=AA1=AC=2，∠A1由AA1=A1C1=2，∠AA又AA1=2，A則sin∠A1AB則3×2=7d，即d=2217，所以點【變式6-2】（2024·四川成都·三模）如圖，在三棱臺ABC?DEF中，H在AC邊上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60°，CH=2，CD=4，BC=3，BH⊥BC(1)證明：EF⊥BD；(2)若△ABC的面積為334，求三棱錐【解題思路】（1）利用余弦定理結(jié)合勾股定理的逆定理DH⊥AC，再利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)判定推理即得.（2）由已知求出∠ACB，借助三角形面積求出AH，再利用錐體體積公式計算即得.【解答過程】（1）在△DCH中，∠ACD=60°，CH=2，CD=4，由余弦定理得DH2=C即DH⊥AC，而平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，DH?平面ACFD，于是DH⊥平面ABC，又BC?平面ABC，則DH⊥BC，又BH⊥BC，BH∩DH=H，BH?平面BDH，DH?平面BDH，因此BC⊥平面BDH，而DB?平面BDH，則BC⊥DB，又BC//EF，所以EF⊥DB.（2）在Rt△BHC中，CH=2，BC=3，BH⊥BC，則BH=C由S△ABC=12×AC×BC×sin30°=因此VD?ABH所以三棱錐D?ABH的體積是12【變式6-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，在多面體PABCDE中，PA⊥平面ABCD,DE//PA,PA=2DE=2AD=4，四邊形ABCD是正方形，BE=23(1)證明：∠PEA=90°；(2)證明：PE⊥平面ABE；(3)求三棱錐P?ABE的體積．【解題思路】（1）由線面垂直的性質(zhì)定理和勾股定理證明即可.（2）由線面垂直和面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理證明即可；（3）由三棱錐的體積公式求解即可.【解答過程】（1）證明：因為PA⊥平面ABCD,AD?平面ABCD，所以PA⊥AD．因為DE//PA,PA=2DE=2AD=4，所以四邊形ADEP為直角梯形，所以PE=22在△PEA中，PE2+E故∠PEA=90°．（2）法一：證明：因為PA⊥平面ABCD,AB?平面ABCD，所以PA⊥AB．在Rt△PAB中，PB=在△PEB中，BE=23,PE由（1）知PE⊥EA，又EA∩EB=E,EA,EB?平面ABE，所以PE⊥平面ABE．法二：證明：因為PA⊥平面ABCD,PA?平面ADEP，所以平面ADEP⊥平面ABCD．因為四邊形ABCD是正方形，所以AB⊥AD．因為平面ADEP∩平面ABCD=AD,AB?平面ABCD，所以AB⊥平面ADEP．因為PE?平面ADEP，所以AB⊥PE．由（1）知PE⊥EA，又EA∩AB=A,EA,AB?平面ABE，所以PE⊥平面ABE．（3）設(shè)三棱錐P?ABE的高為?，則V三棱錐由（2）得，PE⊥平面ABE，所以三棱錐P?ABE的高即為PE．由（1）得，PE=22又在△ABE中，EA2+AS△ABE所以V三棱錐【題型7垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用】【例7】（2024·四川成都·一模）點A、B在以PC為直徑的球O的表面上，且AB⊥BC，AB=BC=2，已知球O的表面積是12π，下列說法中正確的個數(shù)是（①BC⊥平面PAB；②平面PAC⊥平面ABC；③PB⊥AC．A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】利用線面垂直的判定定理可判斷命題①；取線段AC的中點M，連接OM，利用球體的幾何性質(zhì)可得出OM⊥平面ABC，再利用中位線的性質(zhì)結(jié)合面面垂直的判定定理可判斷②；利用反證法可判斷③.【解答過程】對于①，因為PC為球O的直徑，B為球O上異于P、C的一點，所以，BC⊥PB，又因為BC⊥AB，PB∩AB=B，PB、AB?平面PAB，所以，BC⊥平面PAB，①對；對于②，取線段AC的中點M，連接OM，因為AB⊥BC，則M為△ABC外接圓的圓心，由球的幾何性質(zhì)可知OM⊥平面ABC，因為O、M分別為PC、AC的中點，則OM//PA，則PA⊥平面又因為PA?平面PAC，因此，平面PAC⊥平面ABC，②對；對于③，因為PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以，PA⊥AC，若PB⊥AC，且PA∩PB=P，PA、PB?平面PAB，則AC⊥平面PAB，因為AB?平面PAB，則AC⊥AB，事實上，因為AB⊥BC，且AB=BC=2，則△ABC為等腰直角三角形，且∠BAC=45°，這與AC⊥AB矛盾，假設(shè)不成立，故PB與故正確命題為①②.故選：C.【變式7-1】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）如圖所示，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M是棱AA①四邊形MBND1是平行四邊形；②四邊形MBND1可能是正方形；③存在平面MBND1與直線

A．①② B．③④ C．①④ D．①②④【解題思路】通過幾何性質(zhì)得出四邊形MBND1的形狀，由線線、線面垂直即可得出直線BB1和平面【解答過程】對于①，因為平面MBD1與棱CC1交于點在正方體ABCD?A1B1C又平面MBD1∩平面ADD1A1同理可得ND1//對于②，在正方體ABCD?A1B1C因為BM?面ABB1A若MBND1是正方形，有MD若A1,M不重合，則MD若A1,M重合，則對于③，因為BD1?平面MBN若直線BB1與平面MBND所以平面MBND1與直線對于④，因為BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD又BD⊥AC，BB1∩BD=B,BB1,BD?平面又D1B?平面BB同理：D1B⊥AB1，又AC?平面ACB1，所以D1B⊥平面ACB1，因為D1B?平面綜上所述，正確的有①④.故選：C.【變式7-2】（23-24高一下·云南昭通·期末）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)證明：MC1⊥(2)在棱BB1上是否存在點Q，使得AQ⊥平面BC【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直判定定理證明即可；（2）先證明面面垂直再得出線面垂直進而得出相似比計算即可.【解答過程】（1）因為三棱柱ABC?A所以AA1⊥平面A1B又因為M是A1B1因為AA1∩A1B1=A（2）由（1）可知C1M⊥平面AA1B則平面BC1M⊥在平面AA1B1B內(nèi)過點A作AQ⊥BM交BB1因此AQ⊥平面BC1M如圖7所示，顯然△ABQ∽因此BQB1M于是BQ=1，所以B【變式7-3】（23-24高一下·廣東深圳·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC,∠ABC=90°，且PA=AD=2,AB=BC=1,PB=5,E為(1)求證：AB⊥AE；(2)求二面角E?AC?D的余弦值；(3)在線段AP上是否存在點M使得平面BCEM⊥平面PAB？若存在，請指明點M的位置；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直可得線線垂直，可證；（2）先用垂線法找出二面角的平面角，再解三角形即可；（3）經(jīng)過分析易知，M為AP中點，只需證明中點時，M,E,B,C共面，即可根據(jù)面面垂直的性質(zhì)得BC⊥平面PAB，即可求證面面垂直.【解答過程】（1）PA=AD=2,AB=BC=1,PB=5,所以PA又∠ABC=90°，BC//AD，所以AB⊥AD，又AD∩AP=A，AD,AP?平面ADP,所以AB⊥平面ADP，又AE?平面ADP，所以AB⊥AE．（2）設(shè)F為AD的中點，過F作FN⊥AC于N，連接EN，在△PAD中，E，F(xiàn)為中點，所以AP//EF，EF=因為平面PAB⊥平面ABCD，且其交線為AB，又AB⊥AP，AP?平面PAB，所以PA⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，所以∠ENF為二面角E?AC?D的平面角，在直角梯形ABCD中，AB=BC=1，∠ABC=90°，所以∠BAC=45°，所以∠FAC=45°，又AF=12AD=1在Rt△EFN中，tan∠ENF=EF所以二面角E?AC?D的余弦值為33（3）存在AP的中點M使得平面BCEM⊥平面PAB，理由如下：AP的中點為M，所以EM為△PAD的中位線，所以ME//AD,又AD//BC，故ME//BC,故M,E,B,C共面，因為平面PAB⊥平面ABCD，且其交線為AB，又AB⊥BC，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，又BC?平面BCEM，所以平面BCEM⊥平面PAB，【題型8平行、垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用】【例8】（2024·四川南充·二模）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面(1)求證：A1N//(2)若∠BAD=60°，求證：平面A1【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD=F，根據(jù)三角形中位線和平行四邊形的性質(zhì)可證得A1（2）由等邊三角形性質(zhì)可得D1M⊥A【解答過程】（1）連接AC,BD，AC∩BD=F，連接MF,NF，∵四邊形ABCD為菱形，∴F為BD中點，又N為AD中點，∴NF//AB，NF=12AB∴A1M//NF，A∴A1N//MF，又MF?平面BDM，A1N?（2）連接B1∵∠BAD=60°，∴∠B1A又M為A1B1∵四棱柱ABCD?A1B1C又A1M?平面A1∵DD1∩D1M=D1，∵A1M?平面A1MN，∴【變式8-1】（2024·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，四邊形BCDE為直角梯形，且BC//DE，ED⊥CD，BC=2，CD=3，ED=1．△ABE為等邊三角形，平面ABE⊥

(1)線段AC上是否存在一點G，使得DG//平面ABE，若存在，請說明G(2)空間中有一動點Q，滿足AQ⊥BE，且QB?QC=0【解題思路】（1）取BC的中點F，AC的中點G，連接DG，GF，DF，即可證明DF//BE，GF//AB，從而得到平面GFD//平面ABE（2）取BE的中點H，連接AH、CH，即可證明BE⊥平面AHC，從而得到Q∈平面AHC，又QB?QC=0，則點Q在以BC為直徑的球與平面AHC的交線上，即點Q的軌跡為圓，取BC的中點O，過點O作OT//CH交CH于點T，則OT⊥平面AHC【解答過程】（1）線段AC上存在中點G，使得DG//平面ABE

取BC的中點F，AC的中點G，連接DG，GF，DF，因為BC//DE且DE=1所以DF//BE，DF?平面ABE，BE?平面ABE，所以DF//又GF//AB，GF?平面ABE，AB?平面ABE，所以GF//又DF∩GF=F，DF,GF?平面GFD，所以平面GFD//平面ABE又DG?平面GFD，所以DG//平面ABE即G為線段AC的中點時，DG//平面ABE（2）取BE的中點H，連接AH、CH，又CB=EC=12+32=2，AH∩CH=H，AH,CH?平面AHC，所以BE⊥平面AHC，又AQ⊥BE，所以Q∈平面AHC，又QB?QC=0，所以點Q所以點Q在以BC為直徑的球與平面AHC的交線上，即點Q的軌跡為圓，取BC的中點O，由BE⊥平面AHC，過點O作OT⊥CH交CH于點T，則OT⊥平面AHC，又BE=32+設(shè)球的半徑為R，Q的軌跡圓的半徑為r，則R=12BC=1所以點Q的軌跡長度為2π

【變式8-2】（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）如圖（1）示，在梯形BCDE中，BC//DE，BA⊥DE，且EA=DA=AB=2CB=2，如圖（2）沿AB將四邊形ABCD折起，使得平面ABCD與平面ABE垂直，M為CE的中點．(1)求證：BC//面DAE;(2)求證：AM⊥BE；(3)求點D到平面BCE的距離．【解題思路】（1）根據(jù)線線平行即可求證；（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進而由線線垂直證明線面垂直即可求證；（3）根據(jù)等體積法即可求解.【解答過程】（1）∵BC∥DE，BC∥DA，又∵BC?平面DAE，且BC?平面DAE，∴BC//平面DAE；（2）∵平面ABCD⊥平面ABE，由已知條件可知，DA⊥AB,AB⊥AE,AB⊥BC，平面ABCD∩平面ABE=AB，AE?平面ABE，BC?平面ABCD，∴AE⊥平面ABCD,CB⊥平面ABE．取EB的中點N，連接AN、MN，在△ABE中，∵AE=AB，N為EB的中點，∴AN⊥BE．在△EBC中，∵EM=MC,EN=NB,∴MN//BC,又∵CB⊥平面ABE，∴MN⊥平面ABE,BE?∴MN⊥BE，又∵AN∩MN=N,AN,MN?平面AMN,∴BE⊥平面AMN，又∵AM?平面AMN,∴AM⊥BE.（3）由（2）AE⊥平面ABCD,CB⊥平面ABE,設(shè)點D到平面BCE的距離為?，由VD?BCE=V故點D到平面BCE的距離為2.【變式8-3】（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）已知正方體ABCD?A(1)求證：A1(2)若平面α/平面AB1(3)已知平面α/平面AB1D1，設(shè)平面α與正方體的棱AB、BB1、B1C1交于點E、【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理及性質(zhì)定理可得結(jié)果；（2）根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理及正三角形的面積公式可得結(jié)果；（2）根據(jù)等積法求點到平面的距離可得結(jié)果.【解答過程】（1）證明：連接A1C，A1C1，因為ABCD?因為B1D1?平面又因為四邊形A1B1因為A1C1∩CC1=C1所以A1

（2）截面圖形，如圖所示的六邊形．根據(jù)題意知截面面積最大時，圖形為邊長為2的正六邊形，所以最大的截面面積為S=6×12×

（3）因為平面α/平面AB1D1，所以當(dāng)截面EFG的面積最大時，E棱AB、BB1、B1易求S△FGC=32，因為點所以VF?EGC易求EC=5，GC=5，EG=6設(shè)F到平面EGC的距離為d，所以13×S所以F到平面EGC的距離為217一、單選題1．（2024·安徽合肥·二模）設(shè)α，β是兩個不同平面，a，b是兩條不同直線，則α//β的一個充分條件是（A．a(chǎn)//α，b//β，a∥b B．a(chǎn)⊥α，b⊥βC．a(chǎn)⊥α，b⊥β，a∥b D．a(chǎn)//α，b//β，a與【解題思路】結(jié)合充分條件的定義，再利用空間中線線、線面、面面間的關(guān)系一一判斷即可.【解答過程】對于選項A，當(dāng)滿足a∥α，b∥β，a∥b時，α,β可能相交，如圖：用四邊形ABCD代表平面α，用四邊形AEFD代表平面β，故A錯誤；對于選項B，當(dāng)滿足a⊥α，b⊥β，a⊥b時，α,β可能相交，如圖：用四邊形ABCD代表平面α，用四邊形AEFD代表平面β，故B錯誤；對于選項C，因為a⊥α，a//b?b⊥α，又b⊥β，所以α//β，故a⊥α，b⊥β，對于選項D，當(dāng)滿足a//α，b//β，a與b相交時，α,β可能相交，如圖：用四邊形ABCD代表平面α，用四邊形AEFD代表平面故選：C.2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，這是一個正方體的平面展開圖，在該正方體中，下列命題正確的是（

）

A．AB∥HG B．CG⊥BH C．CG⊥DH D．AC∥DG【解題思路】將正方體的展開圖重新組合成正方體，對選項逐個分析，判斷易得只有A選項正確.【解答過程】如圖所示，將展開圖重新組合成正方體.顯然AB∥HG.因此A選項正確.

由圖易得CG∥DH，顯然DH與BH所成角非直角，因此異面直線CG與BH所成角也非直角，所以CG⊥BH不成立.因此B、C選項不正確.由圖易得AC∥EG，顯然EG與DG相交，因此AC∥DG不成立.因此D選項不正確.故選：A.3．（2024·山東·二模）《蝶戀花·春景》是北宋大文豪蘇軾所寫的一首詞作.其下闕為：“墻里秋千墻外道，墻外行人，墻里佳人笑，笑漸不聞聲漸悄，多情卻被無情惱”.如圖所示，假如將墻看作一個平面，墻外的道路、秋千繩、秋千板看作是直線.那么道路和墻面線面平行，秋千靜止時，秋千板與墻面線面垂直，秋千繩與墻面線面平行.那么當(dāng)佳人在蕩秋千的過程中，下列說法錯誤的是（

）A．秋千繩與墻面始終平行B．秋千繩與道路始終垂直C．秋千板與墻面始終垂直D．秋千板與道路始終垂直【解題思路】根據(jù)已知條件結(jié)合線面垂直的性質(zhì)和面面垂直的性質(zhì)可得結(jié)論．【解答過程】顯然，在蕩秋千的過程中，秋千繩與墻面始終平行，但與道路所成的角在變化秋千板與墻面垂直，故也與道路始終垂直．故選：B．4．（2024·湖南·三模）已知m，n是兩條不重合的直線，α,β是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（

）A．若m//α,nB．若m?α,n?α,m//β,nC．若m⊥α,m//n,α⊥βD．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，則α⊥β【解題思路】利用空間線線的關(guān)系、面面平行、面面垂直的判定定理和性質(zhì)逐一判定各選項，即可得出結(jié)論.【解答過程】對于A，若n//β，α//β，則n//α或n?α，則m，n相交、平行、異面都有可能，A錯誤；對于B，若m?α,n?α,m//β,n//β，則α與β相交或平行，B錯誤；對于C，若m⊥α,m//n，則n⊥α，又α⊥β，則n//β或?qū)τ贒，由m⊥α,m⊥n，得n//α或n?a，若n//α，則存在過n的平面與α相交，令交線為l，則n//l，而n⊥β，于是l⊥β，α⊥β；若n?a，而n⊥β，則α⊥β，因此α⊥β，D正確.故選：D.5．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，A．EF//BD B．FD1C．EF⊥BC1 D．AF⊥【解題思路】對于A，說明EF,BD異面即可判斷；對于B，說明平面BCE//平面GHD【解答過程】對于A，設(shè)G為BB1中點，則EG//BD，但EG,EF相交，所以對于B，設(shè)CC1的中點為H，則BC//GH，因為GH?平面BEC，BC?平面BEC，GD1?平面BEC，BE?所以GH//平面BEC，GD1//又因為GH∩GD1=G,GH,G故平面BCE//平面GHD又FD1?平面GHD1對于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF與BC1不可能垂直（否則對于D，易知AB⊥平面BCC1B故選：B.6．（2024·山東濟南·二模）已知正方體ABCD?A1B1CA．A1D∥D1B,MNB．A1D∥DC．A1D⊥D1D．A1D⊥【解題思路】通過證明A1D⊥面ABD1可得A1D⊥D1B【解答過程】由已知AB⊥面ADD1A1，則AB⊥A1D，又AD1⊥A所以A1D⊥面ABD1，又BD明顯M,N分別為AD1,B又MN?面ABCD，AB?面ABCD，所以MN∥平面ABCD，C正確；若MN⊥平面BB1D1D所以AB⊥BD，明顯不成立，D錯誤.故選：C.7．（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是圓柱的軸截面，E是底面圓周上異于A，B的一點，則下面結(jié)論中錯誤的是（

）A．AE⊥CEB．BC//平面ADEC．平面ADE⊥平面BCED．DE⊥平面BCE【解題思路】由條件，結(jié)合線面垂直判定定理證明AE⊥平面BCE，再證明AE⊥CE，判斷A，由BC∥AD，根據(jù)線面平行判定定證明BC//平面ADE，判斷B，由AE⊥平面BCE，結(jié)合面面垂直判定定理證明平面ADE⊥平面BCE，判斷C，設(shè)DE⊥平面BCE，結(jié)合線面垂直性質(zhì)可證DE∥AE，推出矛盾，判斷D.【解答過程】因為四邊形ABCD是圓柱的軸截面，則線段AB是直徑，BC,AD都是母線．又E是底面圓周上異于A,B的一點，于是得AE⊥BE.而BC⊥平面ABE，AE?平面ABE，則BC⊥AE.因為BC∩BE＝B，BC,BE?平面則AE⊥平面BCE，因為CE?平面BCE，因此得AE⊥CE，A正確；因為BC∥AD,BC?平面ADE，AD?平面ADE，所以BC//平面ADE，B正確；因為AE⊥平面BCE，而AE?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，C正確．點D不在底面ABE內(nèi)，而直線AE在底面ABE內(nèi)，即AE,DE是兩條不同直線，若DE⊥平面BCE，因AE⊥平面BCE，則DE∥AE，與DE∩AE=E矛盾，D不正確；故選：D.8．（2024·四川廣安·二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，EF是△BCD的中位線，AC與EF交于點G，已知△PEF是△CEF繞EF旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形﹐且P?平面ABCD.給出下列結(jié)論：①BD//平面PEF；②平面PAC⊥平面ABCD；③“直線PF⊥直線AC”始終不成立.其中所有正確結(jié)論的序號為（

）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【解題思路】利用線面平行的判定判斷①；利用面面垂直的判定推理判斷②；舉例說明判斷③.【解答過程】菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，EF是△BCD的中位線，則EF//BD，而EF?平面PEF，BD?平面PEF，因此BD//平面PEF，①正確；連接PG，由BD⊥AC，得EF⊥AG,EF⊥PG，而AG∩PG=G,AG,PG?平面PAC，則EF⊥平面PAC，又EF?平面ABCD，因此平面PAC⊥平面ABCD，②正確；顯然∠PGA是二面角P?EF?A的平面角，△PEF由△CEF繞EF旋轉(zhuǎn)過程中，∠PGA從180°逐漸減小到0°（不包含180°和0°），當(dāng)PG∩EF=G,PG,EF?平面PEF，則AG⊥平面PEF，而PF?平面PEF，于是PF⊥AG，③錯誤，所以所有正確結(jié)論的序號為①②.故選：B.二、多選題9．（2024·廣東肇慶·三模）已知α，β是兩個不同的平面，m，n，l是三條不同的直線，則下列命題中正確的是（

）A．若m⊥α，n⊥α，則mB．若m∥α，nC．若α∩β=l，m∥α，mD．若α∩β=l，m?α，m⊥l，則m⊥β【解題思路】根據(jù)線面垂直性質(zhì)定理判斷A，由條件確定m,n的位置關(guān)系，判斷B，根據(jù)線面平行性質(zhì)定理，判定定理證明m∥l，判斷C，由條件確定m,β位置關(guān)系，判斷D.【解答過程】若m⊥α，n⊥α，且m，n為兩條不同的直線，由線面垂直性質(zhì)可得m∥若m∥α，n∥α，則若m∥α，m∥β，設(shè)過m的平面與α，β分別交于l1，l2，則所以l1∥β，又因為α∩β=l，l1?α因為α∩β=l，m?α，m⊥l，若平面α與β不垂直，則m與平面β相交但不垂直．故D錯誤.故選：AC.10．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）如圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中（

）A．AF∥CN C．CN與BM成60°角 D．NE與BM是異面直線【解題思路】由展開圖翻折成正方體，根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷直線間的位置關(guān)系．【解答過程】展開圖翻折成的正方體如圖所示，因為CN//BE，BE⊥AF，因此CN⊥AF，所以A錯誤；同理DE//CF，∠MBE或其補角是CN與BM所成的角，又△MBE是等邊三角形，所以∠MBE=60°，所以CN與BM所成的角是60°，C正確.又NE//平面MFBC，且NE與BM不平行，故NE與BM是異面直線，D正確.故選：BCD.11．（2024·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四邊形ABCD為正方形，PA=AB，點E，M，N分別為AD，PD，BC的中點，記過點M，N，E的平面為α，四棱錐P-ABCD的體積為V，則（

）A．AM⊥平面PCDB．BM⊥PDC．平面α截四棱錐P-ABCD兩部分中較大部分幾何體的體積為11D．平面PBC⊥平面PCD【解題思路】對于A，由已知先證得AM⊥PD，再證得CD⊥AM，則可得AM⊥平面PCD，即可判斷；對于B，由已知可得PB=BD=PD，故得△PBD是等邊三角形，又M為PD的中點，所以BM⊥PD，即可判斷；對于C，先得過點M，N，E的平面為α于PC交于點H，進而得得V三棱錐H?MED=18V三棱錐C?PAD，得V四棱錐H?NCDE=14V，得V三棱錐C?PAD=【解答過程】因為四邊形ABCD為正方形，PA=AB，所以PA=AD，又M為PD的中點，所以AM⊥PD，又PA⊥底面ABCD，得PA⊥CD，又四邊形ABCD為正方形，得AD⊥CD，又PA∩AD=A，且PA、AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又AM?平面PAD，所以CD⊥AM，又CD∩PD=D，且CD、PD?平面PCD，所以AM⊥平面PCD，故A正確；如圖,連接BD，由四邊形ABCD為正方形，PA=AB，可得PA=AB=AD=CD=BC，又PA⊥底面ABCD，則PB=BD=PD，故△PBD是等邊三角形，又M為PD的中點，所以BM⊥PD，故B正確；連接ME、NE，又點E，M，N分別為AD，PD，BC的中點，則有ME//PA,NE//AB，又ME、NE?平面PAB，可得ME//平面PAB，NE//平面PAB，記過點M，N，E的平面為α，交PC于點H，連接MH、NH，又ME∩NE=E，所以平面MENH//平面PAB又由面面平行的性質(zhì)可得NH//PB，故NH為△PBC的中位線，由點H、M、E、N分別為PC、PD、AD、BC得V三棱錐又四棱錐P-ABCD的體積為V，得V四棱錐又V三棱錐C?PAD=所以V多面體則V故較大部分幾何體的體積為1116過B作BF⊥PC于點F連接DF，由已知得△PBC≌△PDC，則DF⊥PC，則∠BFD為二面角B-PC-D的平面角，設(shè)AB=1，由等面積法得BF?PC=PB?BC，得BF=PB?BCPC2在△BFD中，cos∠BFD=故平面PBC與平面PCD不垂直，故D錯誤.故選：ABC.三、填空題12．（2023·陜西安康·模擬預(yù)測）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4，平面α與棱AA1,B【解題思路】結(jié)合空間位置關(guān)系的判斷以及相關(guān)計算計算即可得.【解答過程】因為平面α經(jīng)過棱BB1,D連接AC、BD，EF、MN，令EF∩MN=O，則AC⊥BD，又AA1⊥底面ABCD，BD?故AA1⊥BD，又AC、AA1故BD⊥平面AA1C，又E,F分別是B故EF⊥平面AA1C，由A1C?又因為A1C⊥ME，EF、ME?平面MENF，故A1C⊥平面MENF，又MN?平面故A1C⊥MN，則△AAC=22+故有A1MA1C故答案為：3.13．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知四棱錐S?ABCD的底面ABCD為菱形，其中∠BCD=120°,SA=SB=2AB=263SC，點H在線段SB上，若平面SAB⊥平面CDH，則BH【解題思路】設(shè)平面CDH與直線SA交于點G，連接DG,HG，取AB中點M，連接SM,CM，SM與GH交于點E，連接CE，證明CD//HG//AB，然后證明AB⊥平面SCM，得證CE⊥HG，從而由面面垂直的性質(zhì)定理得CE⊥平面SAB，得CE⊥SM，設(shè)出AB=1，計算出SM,EM后可得結(jié)論?！窘獯疬^程】設(shè)平面CDH與直線SA交于點G，連接DG,HG，取AB中點M，連接SM,CM，SM與GH交于點E，連接CE，因為CD//AB，CD?平面SAB，AB?平面SAB，所以CD//平面SAB，又平面SAB∩平面CDH=HG，CD?平面CDH，所以CD//HG，從而CD//HG//AB，又菱形ABCD中，∠BCD=120°，所以△ABC是等邊三角形，則CM⊥AB，而SA=SB，所以SM⊥AB，又SM∩CM=M，SM,CM?平面SCM，所以AB⊥平面SCM，而CE?平面SCM，所以CE⊥AB，從而CE⊥HG，因為平面SAB⊥平面CDH，平面SAB∩平面CDH=HG，CE?平面CDH，所以CE⊥平面SAB，又因為SM?平面SAB，所以CE⊥SM，設(shè)AB=1，則由已知得SA=SB=2，SC=6CM=32，△SCM中，cos∠SCM=64+34?EM=C所以BHBS故答案為：2514．（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點①平面BD1②三棱錐A1③在B1C上存在點P，使得A④A1

【解題思路】證明BD1⊥平面AB1C即可判斷①，由B1C//平面C【解答過程】對于①：由正方體的性質(zhì)可知AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD又BD∩D