專題8.7空間直線、平面的垂直（二）【九大題型】【人教A版（2019）】TOC\o"1-3"\h\u【題型1求二面角】 2【題型2由二面角大小求線段長度或距離】 7【題型3由二面角大小求其他角】 12【題型4面面垂直的判定】 18【題型5面面垂直性質定理的應用】 22【題型6求點面、線面距離】 25【題型7求面面距離】 29【題型8平行關系與垂直關系的綜合應用】 34【題型9立體幾何中的探索性問題】 38【知識點1二面角】1．二面角(1)二面角的定義

①半平面：平面內的一條直線把平面分成兩部分，這兩部分通常叫做半平面.

②二面角：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面.

(2)二面角的表示

①棱為AB，面分別為α，β的二面角記作二面角α-AB-β，如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角α-l-β，如圖(1).②若在α，β內分別取不在棱上的點P，Q，這個二面角可記作二面角P-AB-Q，如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角P-l-Q，如圖(2).(3)二面角的平面角①自然語言在二面角α-l-β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角.②圖形語言③符號語言∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角.(4)二面角大小的度量①二面角的大小可以用它的平面角來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.

②當二面角的兩個半平面重合時，規定二面角的大小是0°；當二面角的兩個半平面合成一個平面時，規定二面角的大小是180°.所以二面角的平面角α的范圍是.2．幾何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.【題型1求二面角】【例1】（24-25高二上·山西運城·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD為等腰梯形，AD//BC,?AB=AD=,CD=1,?BC=PA=2，BC的中點為E，則平面PDE與平面CED所成角的余弦值為（

）A．5719 B．5117 C．?57【解題思路】根據題意判斷四邊形ABED為平行四邊形，得到三角形CDE和三角形ADE為等邊三角形，則AO⊥DE，再根據線面垂直判定定理可得∠POA為平面PDE與平面CED所成角的平面角，解三角形即可求得.【解答過程】取DE的中點O，連接AO,PO,AE，因為AD//BC，BC=2，BC的中點為E，則AD//BE且AD=BE，則四邊形ABED為平行四邊形，則ED=AB=1=EC=CD，則三角形CDE為等邊三角形，則∠DCE=60又四邊形ABCD為等腰梯形，則∠ABE=60則三角形ADE為等邊三角形，則AO⊥DE，又因為PA⊥平面ABCD,DE?平面ABCD，則PA⊥DE，又PA∩AO=A，PA,AO?平面PAO，則DE⊥平面PAO，又因為PO?平面PAO，則DE⊥PO，則∠POA為平面PDE與平面CED所成角的平面角，在Rt△PAO中，PA=2，AO=32則cos∠POA=故選：A.【變式1-1】（23-24高一下·湖北武漢·期末）已知△ABC中，AC=1，AB=2，BC=3，點M為AB中點，連接CM．將△ACM沿直線CM折起，使得點A到達A'的位置，且平面ACM⊥平面BCM，則二面角A′?BC?MA．21313 B．1313 C．2【解題思路】根據折疊前后的不變量，再用定義法找出二面角的平面角即可求解.【解答過程】取CM的中點D，過點D作BC的垂線，垂足為E，連接A'則BC⊥DE，因為在△ABC中，AC=1，AB=2，BC=3，點M為AB所以∠C=90°,AM=BM=CM=1所以∠CMA=60°,∠CMB=將△ACM沿直線CM折起，使得點A到達A'的位置，則△A∠C=90°,A'M=BM=CM=A

因為平面ACM⊥平面BCM，且A'D?平面ACM，A'D⊥CM，平面所以A'D⊥平面因為BC?平面BCM，所以BC⊥A又因為A'D∩DE=D，A'D,DE?平面A'又因為A'E?平面A'DE，所以A'在直角三角形△A'DE所以cos∠故選：B.【變式1-2】（23-24高一下·青海·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC=4,AB⊥AD,AB⊥BC,E是AD的中點，PC⊥BE．(1)證明：BE⊥平面PAC．(2)若PA=PC=22，求二面角B?PA?D【解題思路】（1）連接CE，通過四邊形ABCE是正方形，得到BE⊥AC，進而可求證；（2）作BH⊥PA，垂足為H，連接EH,PE.先證明PA⊥平面BEH，得到∠BHE是二面角B?PA?D的平面角，在判斷四棱錐P?ABCE為正四棱錐，求得EH=BH=14【解答過程】（1）證明：連接CE．因為E是AD的中點，所以AD=2AE．分因為AD=2AB=2BC=4，且AB⊥AD,AB⊥BC，所以四邊形ABCE是正方形，則BE⊥AC．因為PC⊥BE,PC,AC?平面PAC，且PC∩AC=C，所以BE⊥平面PAC．（2）解：作BH⊥PA，垂足為H，連接EH,PE.由（1）可知BE⊥平面PAC．又PA?平面PAC，所以PA⊥BE．因為BH,BE?平面BEH，且BH∩BE=B，所以PA⊥平面BEH．因為EH?平面BEH，所以PA⊥EH，則∠BHE是二面角B?PA?D的平面角．記AC∩BE=O，連接OP，則O是AC的中點．因為PA=PC，且O是AC的中點，所以OP⊥AC．因為BE⊥平面PAC，且OP?平面PAC，所以BE⊥OP．連接PE．因為AC,BE?平面ABCE，且AC∩BE=O，所以OP⊥平面ABCE，則四棱錐P?ABCE為正四棱錐，故PA=PB=PE=22因為△PAB的面積S=1即12所以BH=14同理可得EH=BH=14在△BEH中，由余弦定理可得cos∠BHE=則sin∠BHE=1?cos2【變式1-3】（23-24高一下·四川涼山·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，側面PAB是正三角形，側面PAB⊥底面ABCD，E是PB的中點.(1)求證：AE⊥平面PBC；(2)求側面PCD與底面ABCD所成二面角的正弦值.【解題思路】（1）根據面面垂直的性質可得線面垂直，進而根據線線垂直即可求證；（2）根據面面垂直的性質可得∠PNM為平面PCD與面ABCD所成二面角的平面角，即可利用三角形的邊角關系求解.【解答過程】（1）因為△PAB是正三角形，且E是PB的中點.，所以AE⊥PB，又底面ABCD是正方形，所以AB⊥BC，又因為平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，又因為AE?平面PAB，所以BC⊥AEPB∩BC=B,PB,BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.（2）如圖，取AB的中點M,CD的中點N，連接PM,PN,MN，因為△PAB是正三角形，所以PM⊥AB,又因為平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，PM?平面PAB，所以PM⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，故PM⊥CD，由題意可知MN⊥CD,PM∩NM=M,PM,NM?平面PMN，故CD⊥平面PMNPN?平面PMN，故CD⊥PN故∠PNM為平面PCD與面ABCD所成二面角的平面角，設AB=a，則PM=32a所以sin∠PNM=綜上所述：側面PCD與底面ABCD所成二面角的正弦值為21【題型2由二面角大小求線段長度或距離】【例2】（23-24高一下·新疆克孜勒蘇·期中）如圖，已知大小為60°的二面角α?l?β棱上有兩點A，B，AC?α，AC⊥l，BD?β，BD⊥l，若AC=3，BD=3，CD=7，則AB的長度（

）

A．22 B．44 C．210 D．【解題思路】根據二面角的定義得到∠CAE=60°，然后結合余弦定理得到CE=3，根據線面垂直的判定定理和性質得到CE⊥DE，最后利用勾股定理求長度即可.【解答過程】

如圖，過點A作AE∥BD，過點D作DE∥AB交AE于點E，連接CE,CB，因為AE∥BD，DE∥AB，所以四邊形ABDE為平行四邊形，所以AE=BD=3，DE=AB，因為BD⊥l，AE∥BD，所以AE⊥l，因為AC⊥l，α∩β=l，二面角α?l?β為60°，所以∠CAE=60°，在△CAE中，cos∠CAE=解得CE=3，因為AE⊥l，AC⊥l，AE∩AC=A，AE,AC?平面ACE，所以l⊥平面ACE，因為CE?平面ACE，所以CE⊥l，因為DE∥AB，所以CE⊥DE，所以AB=DE=7故選：C.【變式2-1】（23-24高一下·廣東惠州·期末）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為8，二面角C1?AB?C的大小為π4，且AC=BCA．2 B．22 C．23 【解題思路】根據二面角的定義，找到二面角的平面角，解得OC1，再根據直三棱柱的體積求出AB，再利用等體積法求點A1【解答過程】取AB的中點O，連接OC,OC∵AC=BC，∴OC⊥AB,OC1⊥AB，則二面角C∵二面角C1?AB?C的大小為π4所以OC=CC1=2又∵直三棱柱ABC?A1B則S△ABC=4，又∵平面ABC⊥平面A1ABB1，平面且OC⊥AB,OC?平面ABC，∴OC⊥平面A1設點A1到平面ABC1的距離為?∴13S故選：A.【變式2-2】（23-24高一下·貴州黔西·階段練習）如圖，將邊長為2的正方形ABCD沿對角線AC折起使得點D到點D′的位置，連接BD′，O(1)若平面D′AC⊥平面ABC，求(2)不考慮點D′與點B重合的位置，若二面角A?BD′?C的余弦值為【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理、性質定理可得OD′⊥OB（2）取BD′的中點E，可得∠AEC為二面角【解答過程】（1）連接OD′,OB∵平面D′AC⊥平面ABC，平面D′OD′?平面D′AC，∴OD′∴OD′⊥OB，又正方形ABCD∴OD′=OB=OC=1（2）取BD′的中點E，連接∵AB=AD∴AE⊥BD′，∠AEC為二面角A?BD∴cos∠AEC=?由題可知△ABD′與在△AEC中，AC=2，AE=CE，cos∠AEC=∴AE∴D′∴D′【變式2-3】（23-24高一下·安徽·期末）如圖①，已知△AB′C是邊長為2的等邊三角形，D是AB′的中點，DH⊥B′(1)在線段BC上是否存在點F，使得AF//平面BDH？若存在，求BF(2)若平面BHC與平面BDA所成的二面角的正切值為22，求點B到直線CH【解題思路】（1）在圖①中，取B′M的中點M，連接AM，證明AM//DH，則AM//平面BDH，在線段BC上取點F使BFFC=12（2）連接BB′，取BB′的中點T，連接TH,TD，DH⊥平面BCH，易得TH⊥BB′,DT⊥BB′【解答過程】（1）在圖①中，取B′M的中點M，連接因為△AB′C是等邊三角形，B所以AM⊥B因為DH⊥B所以AM//在圖②中，AM//DH，AM?平面BDH，DH?平面所以AM//平面BDH，且HM在線段BC上取點F使BFFC=12，連接因為HMMC所以MF//又因為BH?平面BDH，MF?平面BDH，所以MF//平面BDH又因為MF∩AM=M,MF,AM?平面AMF，所以平面AMF//平面BDH又因為AF?平面AMF，所以AF//平面BDH所以存在點F滿足題意，且BFFC（2）如圖所示，連接BB′，取BB′的中點由折疊性質可得BD=B′D,BH=B′H,B因為DH⊥BH,DH⊥CH,BH∩CH=H,BH,CH?平面BCH，所以DH⊥平面BCH，又TH?平面BCH，所以DH⊥TH，因為T為BB所以TH⊥BB所以∠DTH即為平面BHC與平面BDA所成的二面角的平面角，由（1）可得DH=32，因為平面BHC與平面BDA所成的二面角的正切值為22所以tan∠DTH=DHTH所以B′T=B設點B到直線CH的距離為?，則S△BH即12×10即點B到直線CH的距離為158【題型3由二面角大小求其他角】【例3】（23-24高一下·四川綿陽·期末）如圖，在三棱錐P?ABC中，△ABC和△ABP均為正三角形，AB=4，二面角P?AB?C的大小為60°，則異面直線PB與AC所成角的余弦值是（

A．?18 B．18 C．?【解題思路】根據二面角的大小可得長度關系，利用線線平行得異面直線所成角，根據余弦定理即可求解.【解答過程】取AB,PA,PC中點為O,M,N,連接MO,OC,MN,NO，由于△ABC和△ABP均為等邊三角形，所以PO⊥AB,CO⊥AB,故∠POC為二面角P?AB?C的平面角，即∠POC=60由于PO=CO=32AB=23,∴△POC又OM=MN=1由余弦定理可得cos∠NMO=由于PB//MO,MN//AC,所以∠NMO即為直線PB與AC所成角或其補角，所以直線PB與AC所成角的余弦值為18故選：B.【變式3-1】（24-25高一下·全國·課后作業）如圖，二面角α?l?β的大小是60°，線段AB?α，B∈l，AB與l所成的角為30°，則AB與平面β所成的角的正弦值是（

）A．2529 B．34 C．33【解題思路】作出輔助線，找到二面角α?l?β的平面角，AB與l所成的角及AB與β所成的角，利用sin60°【解答過程】如圖，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，連接OB，OC，因為l?β，所以AO⊥l，因為AO∩AC=A，AO,AC?平面AOC，所以l⊥平面AOC，因為OC?平面AOC，所以OC⊥l，則∠ACO為二面角α?l?β的平面角，即∠ACO=60°，∠ABC為AB與l所成的角，∠ABC=30°，設AB與β所成的角為θ，則∠ABO=θ.由圖得sinθ=故選：B.【變式3-2】（23-24高一下·江蘇南京·階段練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，已知底面ABCD為矩形，側面PAD是正三角形，側面PAD⊥底面ABCD，M是棱PD的中點，AD=2．

(1)證明：AM⊥平面PCD；(2)若二面角M?BC?D的余弦值為63，求異面直線AB與PC【解題思路】（1）應用面面垂直性質定理得出線面垂直，再應用線面垂直判斷定理證明即可；（2）先應用二面角余弦值求出NH,再求異面直線所成角的正切即得.【解答過程】（1）在四棱錐P?ABCD中，由底面ABCD為矩形，得CD⊥AD，由側面PAD⊥底面ABCD，側面PAD∩底面ABCD=AD，CD?平面ABCD，得CD⊥平面PAD，又AM?平面PAD，則CD⊥AM，又側面PAD是正三角形，M是PD的中點，則PD⊥AM，又PD∩CD=D，PD?平面PCD，CD?平面PCD，所以AM⊥平面PCD．（2）如圖，

在正三角形PAD內，過點M作MH⊥AD，垂足為H，∴MH=3∵MH⊥AD，側面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，MH?面PAD，∴MH⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，則BC⊥MH，過H作HN⊥BC，垂足為N，連接MN，MH∩HN=H，MH，HN?平面MNH，則BC⊥平面MNH，而MN?平面MNH，∴BC⊥MN，則∠MNH即為二面角M?BC?D的平面角，即cos∴sin∠MNH=∴tan在Rt△MHN中，tan∠MNH=MH由NH//CD，DH//CN，得四邊形CDHN為平行四邊形，∴CD=由AB//CD，得∠PCD為異面直線AB與PC所成角，由（1）知CD⊥平面PAD，則△PCD為直角三角形，tan∠PCD=所以異面直線AB與PC所成角的正切值為26【變式3-3】（24-25高二上·上海·階段練習）如圖，邊長為3的正方形ABCD所在平面與半圓弧BC所在平面垂直，點M是BC上異于B、C的點.

(1)求證：平面ACM⊥平面ABM；(2)當二面角A?CM?B的大小為60°時，求直線CA與平面ABM所成角的正弦值.【解題思路】（1）根據已知可推得AB⊥MC，又BM⊥MC，根據線面垂直的判定定理得MC⊥平面ABM，然后根據面面垂直的判定定理，即可可證；（2）由已知可推得∠BMA即為二面角A?CM?B的平面角，即∠BMA=60°，進而求出AM=23，在Rt△AMC中得出【解答過程】（1）由題設，平面ABCD⊥平面MBC，平面ABCD∩平面MBC=BC，AB⊥BC，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面MBC，又MC?平面MBC，故AB⊥MC，由圓的性質有BM⊥MC，AB∩BM=B都在平面ABM內，故MC⊥平面ABM，由MC?平面ACM，所以平面ACM⊥平面ABM.（2）由MC⊥平面ABM，所以CA在平面ABM上的投影為AM，所以直線CA與平面ABM所成角∠MAC，由二面角A?CM?B的大小為60°，AM⊥MC,BM⊥MC，故∠BMA=60°，由∠ABM=90°，則AM=ABsin60°=23由AM?平面ABM，則MC⊥AM，故sin∠MAC=所以直線CA與平面ABM所成角的正弦值33【知識點2平面與平面垂直】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α與β垂直，記作α⊥β.(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定理(1)平面與平面垂直的性質定理①自然語言兩個平面垂直，如果一個平面內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)性質定理的作用①證明線面垂直、線線垂直；

②構造面的垂線.3．直線、平面位置關系中的相關結論及其轉化(1)判定直線與直線垂直的方法

①定義法：兩條直線所成的角為，則這兩條直線互相垂直.

②利用直線與平面垂直的性質來判定.

③若一條直線垂直于兩平行直線中的一條，則該直線也垂直于另一條.

(2)判定直線與平面垂直的方法

①定義法：一條直線垂直于平面內的任意一條直線，則該直線與這個平面垂直.

②利用直線與平面垂直的判定定理來判定.

③利用平面與平面垂直的性質定理來判定.

④如果兩平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面，即a∥b，a⊥α?b⊥α.

⑤如果一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，那么該直線也垂直于另一個平面，即α∥β，a⊥α?a⊥β.(3)平面與平面垂直的其他性質與結論

①如果兩個平面互相垂直，那么經過第一個平面內一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內.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.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.(4)線、面垂直位置關系的相互轉化(5)平行關系與垂直關系的相互轉化4．點到平面的距離的常見求法(1)直接法：過P點作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離.②轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求.③等體積法.【題型4面面垂直的判定】【例4】（2024高三·全國·專題練習）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，△PAD是正三角形，∠BAD=60°,PB=AB=2AD=4．證明：平面PAD⊥平面ABCD.【解題思路】取AD中點O，連接OP,OB，根據△PAD是正三角形可得PO⊥AD，由余弦定理求OB長，再由勾股定理的逆定理得OB⊥OP，結合面面垂直判定定理證得結論.【解答過程】取AD中點O，連接OP,OB，因為△PAD是正三角形，O為AD中點，所以PO⊥AD，由已知AD=2，則OA=1，PO=3又∠BAD=60°,PB=AB=4，由余弦定理得OB則OB2+O因為OB∩AD=O,OB,AD?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，又PO?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.【變式4-1】（24-25高三上·河南許昌·期中）如圖，棱長1的正方體ABCD?A

(1)求三棱錐C1(2)求證：平面C1BD⊥平面【解題思路】（1）根據三棱錐的體積公式即可解得；（2）根據線面垂直證明線線垂直，再由線面垂直證明面面垂直即可解得.【解答過程】（1）由正方體的棱長為1，可得△BCD的面積為12所以VC（2）連接A1

由CD⊥平面B1BCC1，又BC又正方形B1BCC1中，且B1C?平面A1B1CD，CD?平面又BC1?所以，平面C1BD⊥平面【變式4-2】（2024高三·全國·專題練習）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)證明：平面BMC1(2)在棱BB1上是否存在點Q，使得AQ⊥平面BC【解題思路】（1）根據線面垂直、面面垂直的判定定理可證平面BMC1⊥（2）在平面AA1B1B內過點A作AQ⊥BM交BB1于點Q【解答過程】（1）在正三棱柱ABC?A1B1C則C1又A1A⊥平面A1B1則有AA而AA1∩A1所以C1M⊥平面因為C1M?平面BC1M（2）在平面AA1B1B內過點A作AQ⊥BM因為平面BC1M∩平面AA1所以AQ⊥平面BC1M如下圖所示，因為∠MBB1=∠QAB所以△ABQ與△BB因此BQB即有BQ1=24，于是BQ=1【變式4-3】（24-25高二上·廣東肇慶·階段練習）已知四邊形ABCD為直角梯形，∠ADC=90°，AD//BC，△ABD為等腰直角三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E為PA的中點，AD=2BC=22，PA=3PD=3

(1)求證：BE//平面PDC；(2)求證：平面ABP⊥平面PBD；(3)求三棱錐B?DEP的體積．【解題思路】（1）取PD中點F，連EF,CF，由中位線性質得到四邊形BCFE為平行四邊形，得到BE//CF，進而得到BE//平面PDC；（2）由勾股定理逆定理得到PD⊥AD，結合△ABD為等腰直角三角形得到AB⊥平面PBD，進而得到平面ABP⊥平面PBD；（3）在（2）的基礎上，結合E為PA的中點，利用VB?DEP【解答過程】（1）證明：取PD中點F，連EF,CF，因為E為PA的中點，所以EF//AD且又AD//BC，AD=2BC，所以EF//BC且EF=BC，故四邊形BCFE為平行四邊形，所以BE//CF，因為BE?平面PDC，CF?平面PDC，所以BE//平面PDC.

（2）證明：由題意：AD=2BC=22，PA=3PD=3因為AD2+P又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PD?平面PAD，所以PD⊥平面ABCD，因為AB?平面ABCD，所以PD⊥AB，因為△ABD為等腰直角三角形，所以BD⊥AB，因為PD∩BD=D，PD,BD?平面PBD，所以AB⊥平面PBD，又AB?平面ABP，所以平面ABP⊥平面PBD.（3）因為△ABD為等腰直角三角形，AD=22，所以AB=BD=2因為PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD=1，故S△PDB由（2）得，AB⊥平面PBD，又E為AP的中點，所以VB?DEP【題型5面面垂直性質定理的應用】【例5】（24-25高三上·天津濱海新·階段練習）設m,n是兩條直線，α,β是兩個平面，下列說法錯誤的是（

）A．如果α//β,m?α，那么m//β.B．若m⊥α,α⊥β，則m//βC．若α∩β=m，n//α,n//β，則m//nD．若m⊥α,n⊥β,α⊥β，則m⊥n【解題思路】由線、面之間的位置關系的判定定理和性質逐一判斷即可.【解答過程】對于A，如果α//β,m?α，則m//β，故A正確；對于B，若m⊥α,α⊥β，則m//β或m?β，故B錯誤；對于C，因為n//α，所以存在直線l?α，使得n//l，又n//β，所以l//β或l?β，當l//β時，因為α∩β=m，l?α，所以由線面平行性質定理可知m//l，所以由平行傳遞性可得m//n；當l?β時，因為l?α，α∩β=m，所以直線l與直線m重合，故m//n.綜上，若α∩β=m，n//α,n//β，則m//n，故C正確；對于D，若m⊥α，α⊥β，所以m//β或m?β，當m//β時，存在直線l?β，使得m//l，又因為n⊥β，所以n⊥l，則m⊥n；當m?β時，因為n⊥β，所以m⊥n.綜上，若m⊥α,n⊥β,α⊥β，則m⊥n.故D正確.故選：B.【變式5-1】（24-25高二上·廣東廣州·階段練習）設a，b為兩條直線，α，β為兩個平面，且“a⊥α，b⊥β”，則a⊥b是α⊥β的（

）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】利用直線與平面、平面與平面的垂直關系判斷.【解答過程】因為a⊥α，b⊥β，且a⊥b，所以α⊥β,又由a⊥α，b⊥β，α⊥β，所以a⊥b，所以a⊥b是α⊥β的充要條件，故選:A.【變式5-2】（24-25高二上·北京·階段練習）如圖，已知三棱錐P?BCD的體積為23，PB=1，CD=BD=2，BD⊥CD，E為BC的中點．求證：DE⊥平面PBC【解題思路】根據三棱錐的體積證明PB⊥平面BCD，由面面垂直的判定定理得證平面PBC⊥平面BCD，再由面面垂直的性質定理證明DE⊥平面PBC；【解答過程】（1）因為CD=BD=2，BD⊥CD，所以△BCD為等腰直角三角形，又E為BC的中點，所以DE⊥BC，△BCD的面積為12設三棱錐P?BCD的高為?，則VP?BCD所以?=1，因為PB=1，所以PB是三棱錐P?BCD的高，所以PB⊥平面BCD，因為PB?平面PBC，所以平面PBC⊥平面BCD，因為平面PBC∩平面BCD=BC，DE?平面BCD，DE⊥BC，所以DE⊥平面PBC．【變式5-3】（24-25高二上·北京·期中）如圖，在三棱錐P?ABC中，△PBC為等邊三角形，點O為BC的中點，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC.(1)求證：直線AC⊥平面PBC；(2)已知E為PO的中點，F是線段AB上的點，AF=λAB.若EF⊥BC，求λ的值.【解題思路】（1）根據面面垂直的性質定理及線面垂直的判定定理，即可證明；（2）由題意可證得OF⊥BC，進而得AC//OF，從而得出F為AB中點，可得結論.【解答過程】（1）因為△PBC為等邊三角形，點O為BC的中點，所以PO⊥BC，又平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PO?平面PBC，所以PO⊥平面ABC，又AC?平面ABC，所以PO⊥AC，又AC⊥PB，PO∩PB=P,PO,PB?平面PBC，所以AC⊥平面PBC；（2）由（1）知，PO⊥BC，又EF⊥BC,PO∩EF=E,PO,EF?平面EOF，所以BC⊥平面EOF，又OF?平面EOF，所以OF⊥BC，又AC⊥平面PBC，BC?平面PBC，則AC⊥BC，所以AC//OF，由O為BC中點，可得F為AB中點，由AF=λAB，可得λ=1【題型6求點面、線面距離】【例6】（23-24高一下·河南鄭州·期中）如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，△A1BCA．4B．3C．2D．2【解題思路】利用等體積法即可求點A到平面A1【解答過程】解：由直三棱柱ABC?A1B可得VA設A到平面A1BC的距離為由VA1∴13×2故選：D．【變式6-1】（24-25高二上·吉林長春·期末）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=1，點E是棱PB的中點.直線AB與平面ECDA．1 B．33 C．83 【解題思路】根據PA⊥底面ABCD，得到PA⊥CD，再由底面ABCD為矩形，得到AD⊥CD，利用線面垂直的判定定理得到CD⊥平面PAD，從而得到平面EFDC⊥平面PAD，則點A到FD的距離，即點A到平面EFDC的距離，根據AB//CD，則AB//平面EFDC，則點A到平面EFDC的距離，即為直線AB到平面EFDC的距離，然后在Rt△AFD中求解.【解答過程】如圖所示：取PA的中點F，連接EF，FD，因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因為底面ABCD為矩形，所以AD⊥CD，PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，又CD?平面EFDC，所以平面EFDC⊥平面PAD，平面EFDC∩平面PAD=FD，所以點A到FD的距離，即為點A到平面EFDC的距離，因為AB//CD，AB?平面EFDC，CD?平面EFDC，所以AB//平面EFDC，所以點A到平面EFDC的距離，即為直線AB到平面EFDC的距離，在Rt△AFD中，AF=2所以點A到FD的距離為d=AF?AD故直線AB與平面ECD的距離為33故選：B.【變式6-2】（23-24高一下·廣西玉林·期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側面BCC1B1,ABB1A1(1)求證：BC1//(2)求點A1到平面A【解題思路】（1）根據已知可得OD//（2）根據已知△A1B1C1是等腰直角三角形，應用線面垂直的判定和性質證【解答過程】（1）由O是AB1,BA1的交點，又ABB1A1在△BA1C1中OD//BC1，又OD?面（2）三棱柱ABC?A1B1C易知△A1B1C所以A1四邊形ABB1A1為正方形，又B1D=22，而AA1⊥由A1B1∩B1C1=B1所以AA1⊥DB1，而D則DB1⊥面ACC1A1，AD?面AC由S△A1DB若A1到平面AB1D的距離為d，則【變式6-3】（2024·湖南岳陽·模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C(1)求直三棱柱ABC?A(2)求證：BC//平面AB1C1，并求出【解題思路】（1）根據題意，結合表面積和體積公式進行計算即可；（2）根據線面平行的判定定理進行證明即可；過點C作CH⊥AC1，垂足為H，則CH⊥平面AB1C【解答過程】（1）因為AC⊥BC,AB=2,∠CAB=30所以AC=3則直三棱柱ABC?AS=S其體積為V=S（2）證明：因為BC//B1C1,B所以BC//平面AB過點C作CH⊥AC1，垂足為由題意得CC1⊥BC所以BC⊥平面ACC又CH?平面ACC1A所以CH⊥B1CB1C1?平面AB所以CH⊥平面AB在Rt△ACC1CH=AC×C所以BC到平面AB1C【題型7求面面距離】【例7】（23-24高一下·貴州貴陽·期末）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】證明B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面AD1C，等體積法求B【解答過程】連接B1D,B1D1，正方體中，DD1⊥正方形A1B1DD1,B1D1?平面B1D?平面DD同理有A1B⊥B1D，A所以B1D⊥平面A1BC正方體棱長為23，則A1B設點B1到平面A1BC1

有13×1即點B1到平面A1BC1B1則平面A1BC1到平面故選：B.【變式7-1】（2024·廣東·二模）半正多面體是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，如圖所示的多面體ABCD?EFGH就是一個半正多面體，其中四邊形ABCD和四邊形EFGH均為正方形，其余八個面為等邊三角形，已知該多面體的所有棱長均為2，則平面ABCD與平面EFGH之間的距離為（

）

A．2 B．48 C．112 【解題思路】分別取BC,AD的中點M,N，作出截面EGMN，結合幾何體的性質，確定梯形EGMN的高即為平面ABCD與平面EFGH之間的距離，由此即可求得答案.【解答過程】分別取BC,AD的中點M,N，連接MN,MG,NE,EG，

根據半正多面體的性質可知，四邊形EGMN為等腰梯形；根據題意可知BC⊥MN,BC⊥MG，而MN∩MG=M,MN,MG?平面EGMN，故BC⊥平面EGMN，又BC?平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EGMN，則平面EFGH⊥平面EGMN，作MS⊥EG，垂足為S，平面EFGH∩平面EGMN=EG，MS?平面EGMN，故MS⊥平面EFGH，則梯形EGMN的高即為平面ABCD與平面EFGH之間的距離；MG=2×3故MS=M即平面ABCD與平面EFGH之間的距離為48故選：B.【變式7-2】（23-24高一下·廣東揭陽·期末）如圖在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，E是BB1上的一點，且EB1=1，D、F、(1)求證：B1D⊥平面(2)求平面EGF與平面ABD的距離．【解題思路】（1）由已知條件得AB⊥平面BB1C1C，從而AB⊥B1（2）由已知條件推導出EF//平面ABD，GF//平面ABD，由此能證明平面EFG//平面ABD．由已知條件推導出HD為平行平面EFG【解答過程】（1）證明：由直三棱柱的性質得平面ABC⊥平面BB又AB⊥BC，平面ABC∩平面BB1C1C=BC∴AB⊥平面BB又B1D?平面∴AB⊥B∵BC=CD=DC∴在Rt△DCB和Rt△DC∴∠BDB1=90°又AB∩BD=B，AB,BD?平面ABD∴B1D⊥（2）解：由題意知EB∴在Rt△EB1又∠DBB1=45°∵BD?平面ABD，EF?平面ABD，∴EF//平面ABD∵G、F分別為A1C1∴GF//A1∴GF//∵AB?平面ABD，GF?平面ABD，∴GF//平面ABD∵EF?平面EFG，GF?平面EFG，EF∩GF=F，∴平面EFG//平面ABD∵B1D⊥平面ABD，平面EGF∴B1D⊥∴HD為平行平面EFG與ABD之間的距離，∴HD=B即平面EFG與ABD之間的距離為32【變式7-3】（23-24高一下·福建廈門·期末）如圖，棱長為2的正方體ABCD–A1B1C1D1中，E，F分別是棱AA1，CC1的中點，過E作平面α，使得α//平面BDF.(1)作出α截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，寫出作圖過程并說明理由；(2)求平面α與平面BDF的距離.【解題思路】（1）根據平面與平面平行的性質可得α經過E,B（2）轉化為點線距，利用等體積法可求結果.【解答過程】（1）連接B1D1,EB又BF∩BD=B，所以平面EB1D因為α//平面BDF，且E∈α，所以平面EB1D1與平面α重合，即平面EB1D1就是α截正方體ABCD-A（2）由（1）可知平面α與平面BDF的距離等于點B1到平面BDF設點B1到平面BDF的距離為d，由題意可得BD=22,BF=DF=5，所以△BDF的面積為6；由VB1?BDF=V所以平面α與平面BDF的距離為26【題型8平行關系與垂直關系的綜合應用】【例8】（2024·陜西榆林·模擬預測）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G為BB1中點，則EG//BD，但EG,EF相交，所以對于B，設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.【變式8-1】（2024·陜西商洛·模擬預測）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，根據線面平行判定定證明BC//平面ADE，判斷B，由AE⊥平面BCE，結合面面垂直判定定理證明平面ADE⊥平面BCE，判斷C，設DE⊥平面BCE，結合線面垂直性質可證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，而直線AE在底面ABE內，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.【變式8-2】（23-24高一下·貴州黔西·期末）如圖，在正方體ABCD?A(1)求證：CD1∥平面(2)求證：B1D⊥平面【解題思路】（1）根據題意可得A1B∥（2）連接BD,B1D1，可得【解答過程】（1）因為ABCD?A1B1C1D可知A1BCD1為平行四邊形，則且A1B?平面A1BC1，CD（2）連接BD,B因為A1B1又因為DD1⊥平面A1B1C且B1D1∩DD可得A1C1由B1D?平面BDD同理可得：A1且A1C1∩A所以B1D⊥平面【變式8-3】（24-25高一下·全國·課后作業）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥PC,CA=CB，M是AB的中點．點N在棱PC上，點D是BN的中點．求證：(1)MD//平面PAC；(2)平面ABN⊥平面PMC．【解題思路】（1）只需證明MD//AN，結合線面平行的判定定理即可得證；（2）只需證明AB⊥平面PMC，結合面面垂直的判定定理即可得證.【解答過程】（1）在△ABN中，M是AB的中點，D是BN的中點，所以MD//AN．又因為AN?平面PAC，MD?平面PAC，所以MD//平面PAC．（2）在△ABC中，CA=CB，M是AB的中點，所以AB⊥MC．又因為AB⊥PC,PC?平面PMC，MC?平面PMC，PC∩MC=C，所以AB⊥平面PMC．又因為AB?平面ABN，所以平面ABN⊥平面PMC．【題型9立體幾何中的探索性問題】【例9】（23-24高一下·廣東茂名·階段練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥AB，PD=PA=AD=AB=1，CD=2，E是PA的中點.

(1)證明：DE⊥平面PAB；(2)底邊CD上是否存在異于端點的一點G，使得直線PG與平面PBD所成的角為π6？若存在，求出DG【解題思路】（1）根據面面垂直的性質可知AB⊥平面PAD，即可得AB⊥DE，由題意可得DE⊥PA，結合線面垂直的判定定理分析證明；（2）做輔助線，分析可知∠GPM=π6，由垂直關系可得CD⊥PD，設【解答過程】（1）因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊥AB，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.由DE?平面PAD，可得AB⊥DE，又因為E是PA的中點，PD=AD，則DE⊥PA，且PA∩AB=A，PA、AB?平面PAB，所以DE⊥平面PAB.（2）假設在CD上存在異于端點的點G，使得直線PG與平面PBD所成的角大小為π6過點G作GM⊥平面PBD，垂足為M，連結PM、PG、GB，

則PM⊥GM，∠GPM=π設DGDC=x，DC=2，則由（1）可知：AB⊥平面PAD，AB//DC，可知CD⊥平面PAD，由PD?平面PAD，可得CD⊥PD，在Rt△PDG中，PG=PD在Rt△GPM中，GM=PG?因為底面ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥AB，PD=PA=AD=AB=1，則BD=AB2+AD可得S△PBD=1由VG?PBD=VP?GBD得，即13×7故存在點G，使得直線PG與平面PBD所成的角大小為π6，此時DG【變式9-1】（23-24高一下·江蘇無錫·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AB．(1)判斷在梭PB上是否存在一點M使AM⊥平面PBC，若存在，求BMBP(2)當點F,N分別是PB,BC的中點時，求異面直線FN和PD的夾角的余弦值．【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理以及性質定理，結合三角形相似即可得出結論；（2）易知FN//PC，結合余弦定理即可求得異面直線FN和PD的夾角的余弦值．【解答過程】（1）作AM⊥PB于點M，如下圖所示：因為底面ABCD為正方形，所以AB⊥BC，又因為PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，且PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又因為AM?平面PAB，所以AM⊥BC，又因為AM⊥PB，PB∩BC=B,PB,BC?平面PBC，所以此時滿足AM⊥平面PBC；又因為PA⊥AB，因此△PAB～△AMB～△PMA，因為PA=2AB，所以PAAB=MA可得BM（2）由（1）可知AB,A