11.4.2平面与平面垂直-【题型·技巧培优系列】2022-2023年高一数学同步精讲精练（人教B版2019必修第四册）（解析版）

11.4.2平面与平面垂直TOC\o"1-3"\h\u题型1面面垂直的概念辨析 3◆类型1概念辨析 3◆类型2垂直应用 7题型2面面垂直的证明 19题型3面面垂直证明线面垂直 29题型4面面垂直证明线线垂直 36题型5探索性问题 44知识点一：二面角1.二面角的概念概念平面内的一条直线把一个平面分成两部分，其中的每一部分都称为一个半平面.从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为二面角的棱，这两个半平面称为二面角的面.图示及记法棱为l，而分别为α和β的二而角记为α-l-β.如图所示.也可以在a和β内（棱以外的半平面部分）分别取点P，Q，将这个二而角记作P-l-Q2.二面角的平面角定义在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面α和β内作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角.图示范围0°≤∠AOB≤180°规定①二面角的大小用它的平面角_的大小来度量，即二面角的大小等于它的平面角的大小.平面角是直角的二面角称为直二面角.②一般地，两个平面相交时，它们所成角的大小，指的是它们所形成的4个二面角中，不大于90°的角的大小.知识点二：平面与平面垂直1．平面与平面垂直(1)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)画法：(3)记作：α⊥β.2.平面与平面垂直的判定定理（简称面面垂直的判定定理）：文字语言如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直图形语言符号语言l⊥α，l⊂β⇒α⊥β知识点三：平面与平面垂直的性质定理(简称面面垂直的性质定理)文字语言两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝l,a⊂α,a⊥l))⇒a⊥β图形语言作用①面面垂直⇒线面垂直②作面的垂线题型1面面垂直的概念辨析【方法总结】理解面面垂直的判定定理注意以下几点：（1）定理可简记为“线面垂直，则面面垂直”，因此要证明平面与平面垂直，只需在其中一个平面内找另一个平面的垂线，即证“线面垂直”.（2）两个平面垂直的判定定理，不仅仅是判定两个平面垂直的依据，而且是找出垂直于一个平面的另一个平面的依据.（3）要证a⊥β，可证α经过β的某一条垂线，也可证明β经过α的某一条垂线．◆类型1概念辨析【例题1-1】（2022·高一课时练习）下列不能确定两个平面垂直的是（

）A．两个平面相交，所成二面角是直二面角B．一个平面垂直于另一个平面内的一条直线C．一个平面经过另一个平面的一条垂线D．平面α内的直线a垂直于平面β内的直线b【答案】D【分析】直接利用面面垂直的判定和性质的应用即可得到答案【详解】解：对于A：两个平面所成二面角是直二面角，两个平面垂直，故正确；对于B：一个平面垂直于另一个平面内的一条直线，即这条直线垂直于一个平面，所以经过这条直线的平面与另一个平面垂直，故正确；对于C：一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直，故正确；对于D：如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面A1DC故选：D【变式1-1】1．（多选）（2022春·江苏南通·高一金沙中学校考期末）设α和β为不重合的两个平面，下列说法中正确的是（

）A．若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行B．直线l与α垂直的充要条件是l与α内的两条直线垂直C．若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于βD．设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直【答案】ACD【分析】由线面平行、面面平行或垂直的判定判断A、C、D的正误，举反例判断B.【详解】A：由l⊄α且直线l与α内的一条直线平行，根据线面平行的判定知：B：若l与α内的两条平行直线垂直，推不出直线l与α垂直，错误；C：如下图示，相交直线m,n⊂α、m'而同一平面内m',n'必相交，D：由α∩β=l，若α内有一条直线垂直于故选：ACD【变式1-1】2．（多选）（2023·全国·高一专题练习）已知空间中两个不同的平面α,β，两条不同的直线m,A．若m⊥n，则α⊥β C．若m,n相交，则α,β相交 【答案】CD【分析】利用空间中线线、线面关系逐项判断即可.【详解】A选项，如图所示：m⊂α,n⊂β，B选项，如图所示：若m⊂α,n⊂β，C选项，若m⊂α,n⊂D选项，由面面垂直的判定定理即可得若m⊥β，m⊂故D正确.故选：CD.【变式1-1】3．（2023·全国·高一专题练习）设m，n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①α//βα//γ⇒βA．①④ B．②③C．①③ D．②④【答案】C【分析】根据线面，面面平行和垂直的判定定理，性质定理逐项进行分析即可求解.【详解】若α//β，α//若m//α，α⊥β，则m//β或m与因为m//β，所以β内有一直线l与m平行，而m⊥α，则若m//n，n⊂α，则故选：C.【变式1-1】4．（2018秋·湖南岳阳·高一统考期末）已知直线m⊥平面α，n表示直线，β表示平面，有以下四个结论：①α⊥β⇒m//β；②m//n，n⊂βA．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】根据线线，线面的位置关系，线面垂直的性质，面面的位置关系及面面垂直的判定定理，逐项分析即得.【详解】对于①，α⊥β⇒对于②，m//n，m⊥α⇒n⊥对于③，m⊥α，对于④，若β与m相交，则β与α相交或平行，故④错误.故正确的结论的个数是2.故选：C.◆类型2垂直应用【例题1-2】（2022·高一课时练习）如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCDA．2对 B．3对 C．4对 D．5对【答案】D【分析】根据题意，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，逐面判定，即可求解.【详解】由PA⊥平面ABCD，因为PA⊂平面PAB，且PA⊂所以平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面又由BC⊂平面ABCD，所以PA因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC，且PA∩AB=又因为BC⊂平面PBC，所以PBC⊥平面同理可得CD⊥平面PAD，且CD⊥平面PCD，所以平面PCD⊥由ABCD为矩形，所以AB⊥AD，AB⊥可得AB⊥平面PAD又由AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面综上可得，共有5对相互垂直的平面.故选：D.【变式1-2】1．（2022·高一课时练习）PA垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB,①平面PAB⊥平面PBC；

②平面PAB⊥平面③平面PAB⊥平面PCD；

④平面PAB⊥平面A．①② B．①③ C．②③ D．②④【答案】A【分析】由面面垂直的判定方法结合已知条件逐个分析判断.【详解】对于①，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB对于②，因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB对于③，假设平面PAB⊥平面PCD，设平面PAB∩平面PCD=l，因为AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB，因为CD⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD=l，所以CD∥l，所以AB∥l，因为因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以对于④，假设平面PAB⊥平面PAC，因为平面PAB∩平面PAC=PA，PA⊥AB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥平面PAC，因为故选：A．【变式1-2】2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正方体ABCD−A1【答案】平面A1B1CD【分析】作出辅助线，证明线面垂直，从而证明出平面A1B1CD⊥平面ABC1D1，同理可证明平面【详解】连接面对角线，因为AB⊥平面BCC1B1所以AB⊥B又因为B1C⊥BC1，所以B1C⊥平面因为B1C⊂所以平面A1B1同理可知平面BCC1B1⊥平面ABC故答案为：平面A1B1CD，平面【变式1-2】3.下列五个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形的序号).[答案]①④⑤[解析]①④易判断，⑤中△PMN是正三角形且AM＝AP＝AN，因此，三棱锥A－PMN是正三棱锥，所以图⑤中l⊥平面MNP，由此法还可否定③.∵AM≠AP≠AN，也易否定②．【变式1-2】4.已知平面ABC外一点P，且PH⊥平面ABC于H.给出下列4个命题：①若PA⊥BC，PB⊥AC，则H是△ABC的垂心；②若PA、PB、PC两两互相垂直，则H是△ABC的垂心；③若∠ABC＝90°，H是AC的中点，则PA＝PB＝PC；④若PA＝PB＝PC，则H是△ABC的外心．其中正确命题的个数为()A．1 B．2C．3 D．4[答案]D[解析]如图，PH⊥平面ABC于H，PA⊥BC，PB⊥AC，AH⊥BC，BH⊥AC，所以H是△ABC的垂心；对于②，易知PB⊥平面PAC，所以PB⊥AC，同理，PA⊥BC，同①，所以H是△ABC的垂心；对于③，∠ABC＝90°，H是AC的中点，所以HA＝HC＝HB，又∠PHA＝∠PHB＝∠PHC＝90°，所以PA＝PB＝PC；对于④，∠PHA＝∠PHB＝∠PHC＝90°，PA＝PB＝PC，所以HA＝HC＝HB，即H是△ABC的外心．①②③④都正确，故选D．【变式1-2】5．（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BAD=∠BDC=90°，将△ABD沿BD①直线BC⊥直线AD②直线CD⊥直线③直线CD⊥平面ABD④平面ACD⊥平面A．①② B．②③ C．③④ D．②③④【答案】D【分析】利用垂直关系的转化，逐一判断各选项即可.【详解】取BD的中点E．连AE，则AE⊥BD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AE⊂∴AE⊥BC，假设BC⊥AD，因为AD与AE交于E∴BC⊥BD，这与∠BDC=90°相矛盾，故假设不成立，即直线BC与直线AD垂直不成立．由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CD⊂平面BCD，且CD⊥BD，可得CD⊥平面ABD，又AB⊂平面故选：D．【变式1-2】6．（多选）（2023·全国·高一专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，过对角线BD1①平面α分正方体所得两部分的体积相等；②四边形BFD③平面α与平面DBB④四边形BFD其中所有正确结论的序号为（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】ABD【分析】利用正方体的对称性判断①，利用平行平面的性质判断②，当E,F为棱中点时，由线面垂直可得面面垂直从而判断③，设AE=【详解】如图：①由正方体的对称性可知，平面α分正方体所得两部分的体积相等，①正确；②因为平面ABB1A1∥平面CC1D1D，平面BF因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BFD所以四边形BFD③在正方体ABCD−A1B1又BD∩BB1=B，BD,当E,F分别为棱AA1,CC又EF⊂平面BFD1E，所以平面④设AE=x，正方体棱长为1，则BE=1+x2，在△BED1所以sin∠BE由②得四边形BFD所以SBF所以当x=0或1时，SBFD综上①②④正确，故选：ABD【点睛】本题考查正方体的截面的性质，解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系，如果空间想象能力丰富，结论易得.由正方体对称性，①正确，从运动角度考虑，当E从A运动到A1【变式1-2】7．（多选）（2022·高一课时练习）（多选）如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90∘，A,D分别是BF,CE上的点，且A．AC//平面B．B,C．若EF⊥CF，则平面ADEFD．平面BCE与平面BEF可能垂直【答案】BD【分析】连接BD,AC交于点O，取BE的中点M，可证得四边形AOMF为平行四边形，可知AC//MF，由线面平行的判定可知A正确；假设B,C,E,F四点共面，可证得BC//平面ADEF，由线面平行性质可知AD//EF，与已知矛盾，知B错误；首先证得EF⊥平面CDF，从而得到EF⊥CD，结合CD⊥【详解】对于A，如图①，连接BD,AC交于点O，取BE的中点M，连接∵四边形ABCD为平行四边形，∴O为BD中点，又M为BE中点，∴OM//又AF//DE，AF=12∴四边形AOMF平行四边形，∴AC∵MF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，∴对于B，假设B,由题意知：四边形ABCD为矩形，则BC//∵AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，∴∵平面ADEF∩平面BCEF=EF，∴BC//则四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故假设不成立，B错误；对于C，如图①，在梯形ADEF中，连接FD．∵AF⊥AD，ED∵DE2又EF⊥CF，CF∩DF=∴EF⊥平面CDF，又CD⊂平面CDF又CD⊥AD，AD与EF必有交点，∴CD∵CD⊂平面ABCD，∴平面ADEF⊥对于D，如图②，延长AF至点G，使得AF=FG，连接∵AD⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB=A又BC//AD，∴BC⊥平面ABF，又BC⊂平面BCE，∴假设平面BCE⊥平面BEF，则平面BEF//平面∵平面BEF∩平面ABF=BF故选：BD．【变式1-2】8．（多选）（2022春·山东淄博·高一统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的球心为O，E、FA．对于任意点G，OA//平面B．存在点G，使得平面OAD⊥平面C．直线EF被球O截得的弦长为10D．过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为π【答案】BC【分析】A选项，举出反例；B选项，取G为BC的中点时，证明OD⊥平面EFG，再结合面面垂直的判定定理可得出结论；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离d【详解】对于A选项，当G与B重合时，A∈平面EFB，O∉平面EFB，此时直线OA与平面对于B选项，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥当G为BC的中点时，EG//AC，则∵BB1⊥平面ABCD，EG⊂因为BD∩BB1=因为B1D⊂平面BB1因为EG∩FG=G，所以B1D⊥∵OD⊂平面ODA，故平面OAD⊥对于C选项，取EF的中点M，∵OA=OB=3，E∴OE=OA2因为CC1⊥平面ABCD，CE⊂平面所以，EM=12球O的半径为R=3，所以直线EF的被球O截得的弦长为设截面圆半径为r，球心O到截面的距离为d，则r2因为d≤OM=22故选：BC.题型2面面垂直的证明【方法总结】证明平面与平面垂直证明面面垂直的方法：（1）证明两个半平面构成的二面角的平面角为90°；（2）证明一个平面经过另一个平面的一条垂线，将证明面面垂直的问题转化为证明线面垂直的问题.2.利用判定定理证明两个平面垂直时，一般方法是先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图形中不存在这样的垂线，则可通过作辅助线来解决，而作辅助线则应有理论根据并且要有利于证明.【例题2】如图，在边长为a的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABCD，求证：平面PDB⊥平面PAC.【答案】证明见解析【分析】证明PC⊥BD，AC⊥BD，结合面面垂直的判定证明即可.【详解】∵PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PC⊥BD.∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.∵BD⊂平面PDB，∴平面PDB⊥平面PAC.【变式2-1】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知三棱锥S－ABC中，侧棱SA＝SB＝SC，∠ABC＝90°，求证：平面ABC⊥平面ASC.【答案】证明见解析【分析】作SH⊥AC交AC于点H，由全等三角形的性质得出SH⊥BH，结合面面垂直的判定证明即可.【详解】作SH⊥AC交AC于点H，连接BH，∵SA＝SC，∴AH＝HC.在Rt△ABCC中，H是AC的中点，∴又SH＝SH，SA＝SB，∴△SAH≌△SBH(SSS)，∴SH⊥BH，又AC∩BH＝H，AC，BH⊂平面ABC，∴SH⊥平面ABC，又SH⊂平面ASC，∴平面ABC⊥平面ASC.【变式2-1】2．（2021春·陕西汉中·高一统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥(1)证明：平面AEC⊥(2)若∠ABC=120°，AE⊥EC，【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由已知线面垂直得BE⊥（2）VG−AED=V【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AC∵BE⊥平面ABCD，∴BE∵BD∩BE=B∴AC又AC⊂∴平面AEC⊥（2）在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，AB=2，可得AG∵AE∴在Rt△AEC中，可得AG由BE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，得所以△EBG∴点E到平面AGD的距离BE=∵S∴V【变式2-1】3．（2023·全国·高一专题练习）如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:(1)PD∥平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)设AC∩BD=O,连接(2)根据PA=PC可得AC⊥PO,根据四边形ABCD为菱形,可得AC⊥【详解】（1）设AC∩BD=因为O,E分别为BD,PB的中点,所以PD∥又因为PD⊈平面AEC,EO⊂平面所以PD∥平面AEC．（2）连接PO,如图所示:因为PA=PC,O为AC的中点,所以又因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥因为PO⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,且所以AC⊥平面PBD,又因为AC⊂平面所以平面AEC⊥平面PBD【变式2-1】4．（2022春·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E是侧面AA1(1)EF∥平面ABC；(2)平面AEF⊥平面【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接A1B和A1C，证明EF∥（2）依题意，可证EF⊥AA1,EF⊥AD,从而可证得【详解】（1）连接A1B和A1C，因为E、所以E、F分别是A1所以EF∥又BC⊂平面ABC，EF⊄平面故EF∥平面ABC﹔（2）∵三棱柱ABC−∴AA1⊥平面ABC，BC∴AA1⊥∴AA又D是棱BC的中点，且△ABC为正三角形，所以BC由EF∥BC得而AA1∩AD=A,又EF⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面【变式2-1】5．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，M分别为棱PB，CD(1)EM//平面PAD；(2)平面AEF⊥平面PBC【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）通过构造平行四边形的方法，结合线面平行的判定定理证得EM//平面PAD；（2）通过证明AE⊥平面PBC来证得平面AEF⊥平面【详解】（1）如图，取PA的中点G，连接EG，GD.∵E为棱PB的中点，∴EG//又M为棱CD的中点，且底面ABCD为正方形，∴DM//AB∴DM//EG∴四边形DMEG为平行四边形，则EM//又DG⊂平面PAD，EM⊄平面∴EM//平面（2）∵E为棱PB的中点，PA=AB∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD又BC⊥AB，AB∩PA=∴BC⊥平面∵AE⊂平面PAB，∴∵PB∩BC=B∴AE⊥平面∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥【变式2-1】6．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥底面(1)证明：AC1//平面(2)若四边形BCC1B1是正方形，A1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）欲证明AC1//平面B1CD（2）欲证明平面A1C1【详解】（1）易知D,E分别为∴DE是△ABC∵DE⊂平面B1∴AC1//（2）∵CC1⊥底面A1又∵A1C1⊥∴A1C又B1C⊂平面∵四边形BCC1B∵A1C1∩∴B1C又B1C⊂平面B1CD,∴【变式2-1】7．（2020春·江苏泰州·高一江苏省口岸中学校考期末）如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC，BD相交于点O，点E为PC的中点，OP=OC，PA⊥PD.求证：(1)直线PA∥平面BDE；(2)平面BDE⊥平面PCD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线定理，可得答案；（2）利用平行线的性质，以及等腰三角形的性质，根据线面垂直判定定理，结合面面垂直判定定理，可得答案.【详解】（1）如图，连接OE，因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点.又E为PC的中点，所以OE∥因为OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以直线（2）因为OE∥因为OP=OC，E为PC的中点，所以OE⊥PC.又PD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，因为OE⊂题型3面面垂直证明线面垂直【方法总结】对面面垂直的性质定理的理解①定理成立的条件有两个：a.直线在其中一个平面内；b.直线与两平面的交线垂直②定理的实质是由面面垂直得线面垂直，故可用来证明线面垂直.③处理面面垂直的问题时，通常经过此定理转化为线面垂直.【例题3】（2021春·四川成都·高二校考阶段练习）图甲所示的平面五边形PABCD中，PD=PA，AC=CD=BD=5，AB=1，AD=2，PD⊥(1)求证：PD⊥平面PAB(2)求三棱锥P−【答案】(1)证明见解析；(2)23【分析】（1）先证明AB⊥AD，再由面面垂直的性质得出AB⊥平面PAD（2）证明PO是三棱锥的高，再由体积公式计算即可.【详解】（1）∵AB∴∴∵平面PAD⊥平面ABCD，AD是交线，AB⊂平面∴AB⊥又∵PD⊂平面PAD又∵PD⊥PA,PA∴PD⊥平面（2）取AD中点O，连接OP,由PD=PA，可知又平面PAD⊥平面ABCD，AD是交线，OP⊂平面∴OP⊥平面ABCD，即三棱锥P−由PD=PA，AD=2，PD由AC=CD知∴CO∴S∴V【变式3-1】1.已知P是△ABC所在平面外的一点，且PA⊥平面ABC，平面PAC⊥平面PBC，求证：BC⊥AC.[证明]如图，在平面PAC内作AD⊥PC于点D，∵平面PAC⊥平面PBC，AD⊂平面PAC，且AD⊥PC，∴AD⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，∴AD⊥BC.∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，∵AD∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，∴BC⊥AC.【变式3-1】2．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC.求证：BC⊥平面ACD.【答案】证明见解析【分析】由几何关系证明BC⊥AC，再由面面垂直的性质BC⊥平面ACD.【详解】如题图(1)，在梯形ABCD中，AD＝CD＝2，∠ADC＝90°，过C作CE⊥AB，E为垂足，∴四边形AECD为正方形，∴CE＝AE＝EB＝2，∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，如题图(2)，平面ACD⊥平面ABC且平面ACD∩平面ABC＝AC，又BC⊂平面ABC且BC⊥AC，∴BC⊥平面ACD.【变式3-1】3．（2023·全国·高一专题练习）在正三棱柱ABC−A1B1C1(1)求证：EF//平面B(2)求证：BC1⊥【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可求解；（2）利用等腰三角形的三线合一定理及面面垂直的性质定理及线面垂直的性定理，结合线面垂直的判定定理即可求解.【详解】（1）连接A1因为F是AB所以F为A1B的中点，又因为E为所以EF//因为BC1⊂平面B所以EF//平面B（2）在矩形BCC所以tan∠CBC1所以∠CBCC1在正三棱柱ABC−A1B1因为M为BC的中点，AB=AC，所以因为平面ABC∩平面BB1C1因为BC1⊂平面B又因为AM∩B1M=所以BC1⊥【变式3-1】4．（2023·全国·高一专题练习）如图，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，FA(1)求证：CE//平面(2)求证：BE⊥平面【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用线面平行的判定定理直接进行证明即可；（2）首先利用面面垂直的性质定理得到FA⊥平面ABCD，即EO⊥平面ABCD，然后分别利用勾股定理证明BE【详解】（1）如图，设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连FO.∵AB=BC=2∵EF=OC∴CEFO∴CE又∵∴CE（2）∵平面ABCD⊥平面ACEFFA⊥AC，FA⊂平面ACEF连接EO，由（1）易知AOEF是边长为1的正方形，故EO//FA，得∴EO∴△BDE为等腰三角形，BE＝∵B同理，在△BEF中，BE∵DE∩EF＝E，DE⊂平面∴BE题型4面面垂直证明线线垂直【例题4】（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD∥AB,∠ABC=90°(1)求证：BD⊥(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l，PA,PB的中点分别为E,F，证明：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）证明AD⊥BD，继而根据面面垂直的性质证明BD⊥（2）延长AD,BC交于点M，连接DE,DF,证明PM∥【详解】（1）证明：∵CD∵设BC=CD=2，∴BD=22∴∠DBA=45°，∴∴AD2+∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BD⊥平面PAD，∵PA⊂平面∴BD⊥（2）延长AD,BC交于点M，连接∵CD∥AB,∵PA的中点为E，∴DE∥PM，PM不在平面∵DE⊂平面DEF，∴PM∥平面又P,M∈平面PAD，P∴平面PAD∩平面PBC=PM∴l∥平面DEF【变式4-1】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，∠ABC＝60°，AB∥CD，CB＝CD＝1．点E为棱PC的中点，点F为棱AB上的一点，且AB＝4AF，平面PBC⊥平面ABCD．(1)证明：AC⊥PB；(2)证明：EF∥平面PAD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由条件可证梯形中AC⊥BC，再结合面面垂直的性质即可证明；（2）取棱PD中点为G，可证明EF∥AG，结合线面平行的判定定理即可证明结果.【详解】（1）由条件易得：AD＝DC＝1，∠ADC＝120°，则AC2=1+1−2×1×1×cos∠ABC＝120°，由余弦定理可知：AB＝2，则∠ACB＝90°，所以AC⊥BC．又平面PBC⊥平面ABCD，且平面PBC∩平面ABCD＝BC，且AC⊂平面ABCD，则AC⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AC⊥PB；（2）由（1）可知AB＝2．取棱PD中点为G，连接EF、EG、AG，因为E为PC的中点，所以EG∥DC，且EG＝12又AF=14所以EG∥AF，且EG＝AF，所以四边形AFEG为平行四边形，所以EF∥AG．又EF⊄平面PAD，且AG⊄平面PAD，则EF∥平面PAD．【变式4-1】2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为边长为2的正三角形，D为BC的中点，(1)证明：C1(2)求三棱锥B1【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）在△C1CD中，利用余弦定理可求得C（2）由面面平行性质可知点A到平面A1B1C1的距离即为点D【详解】（1）∵D为BC中点，BC=2，∴CD=1，又∴C1D2=又平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB∴C1D⊥平面ABC，又AB⊂（2）由三棱柱结构特征可知：平面ABC//平面A∴点A到平面A1B1C1的距离即为点D又S△∴V【变式4-1】3．（2023·全国·高一专题练习）如图，三棱柱ABC−A1B1C1，侧面A1ABB1⊥底面ABC，侧棱BB1=2，BA=1，∠AB(1)求证：EF//平面C(2)求证：AB【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由三棱柱中OF//OE，OF=（2）由三角形的边角关系得AB⊥【详解】（1）证明：设A1B∩AB1因为O，F分别为A1B，A1B1因为E为CC所以CE=12所以OF//OE，则四边形CEFO为平行四边形，故EF//OC，因为OC⊂平面CB1故EF//平面C（2）证明：因为∠ABB1=60°，A所以AB所以∠B1AB因为平面A1ABB1⊥平面ABCAB1所以AB1⊥平面ABC，又BC故AB【变式4-1】4．（2023·高一课时练习）如图，P是正方形ABCD所在平面外一点，PA=PC=(1)求证：BD⊥(2)求证：EF//【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】（1）先由平面PAC⊥平面ABCD证明BD⊥平面（2）取G为PD中点，连接GF,GA，先证明四边形AEFG为平行四边形，可得【详解】（1）由题意，正方形ABCD，故BD⊥又平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCDBD⊂平面ABCD故BD⊥平面PAC，又PC⊂平面故BD⊥（2）取G为PD中点，连接GF,由题意，E，F分别是线段AB，PC的中点．故GF为△PCD的中位线，GF又AE//DC,即四边形AEFG为平行四边形，故AG//又EF⊄平面PAD，AG⊂平面故EF//【变式4-1】5．（2023·高一课时练习）如图所示，在矩形ABCD中，AB=2AD，M为CD的中点.将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.点(1)求证：平面BDO⊥平面ABCM(2)求证：AD【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直性质定理，可得线面垂直，再根据面面垂直判定定理，可得答案；（2）由题意，根据勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理与性质，可得答案.【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，AB=2AD，M为CD的中点，∴AD=DM，O是∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，∵DO⊂平面BDO，∴平面BDO⊥平面（2）证明：在矩形ABCD中，AB=2AD，M为CD的中点，∴AM=BM=由（1）知，DO⊥平面ABCM，∵BM⊂平面ABCM，∴∵DO∩AM=O，DO⊂平面ADM，AM⊂平面又∵AD⊂平面ADM，∴AD题型5探索性问题【例题5】（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M为棱AC的中点，AB=BC，AC=2，【答案】存在，BN【分析】先判断存在符合题意的点，即当点N为BB1的中点即BNBB1=12时，平面【详解】当点N为BB1的中点，即BNBB1证明如下：设AC1的中点为D，连接DM，因为D，M分别为AC1，所以DM//CC又N为BB1的中点，所以DM//所以四边形BNDM为平行四边形，故BM//因为AB=BC，M为棱AC的中点，故又因为AA1⊥故AA1⊥BM，由所以BM⊥平面ACC1A1又DN⊂平面AC1N，所以平面【变式5-1】1．（2022·全国·高一专题练习）如图示，边长为4的正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，M、Q分别是PC，AD的中点．(1)求证：PA//面BDM(2)求多面体P−(3)试问：在线段AB上是否存在一点N，使面PCN⊥面PQB？若存在，指出N【答案】(1)证明见解析(2)32(3)存在点N，N为AB中点【分析】（1）通过添加辅助线，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意可得PQ⊥平面ABCD，故以正方形ABCD为底，PQ（3）当N为AB中点时，利用面面垂直的判定定理即可证明.（1）证明：连接AC交BD于点O，连接MO，由正方形ABCD知O为AC的中点，∵M为PC的中点，∴MO//PA，∵MO⊂平面MBD，PA⊂（2）解：∵△APD为正三角形，Q为AD中点，故PQ⊥AD，又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD于AD故多面体P−ABCD的体积（3）存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面PNC∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，∴BQ由（1）知，PQ⊥平面ABCD，NC⊂平面ABCD，又BQ∩PQ=Q，∴NC⊥平面PQB，∵NC⊂平面【变式5-1】2．（2022·高一单元测试）如图，四边形ABEF为正方形，若平面ABCD⊥ABEF，AD//BC，(1)在线段AD上是否存在点P，使平面EBP⊥平面EBC(2)求多面体ABCDEF的体积．【答案】(1)存在，理由见解析；(2)75【分析】（1）在线段AD上取一点P，使得DP=1，可证明四边形PDCB是矩形，所以BP⊥BC，由面面垂直的性质定理可得EB⊥面ABCD，EB⊥BP，再由线面垂直的判定定理可得BP⊥（2）将多面体分割为四棱锥D−ABEF和三棱锥E−(1)存在这样的点P为线段AD靠近点D的三等分点，使平面EBP⊥平面EBC证明如下：在线段AD上取一点P，使得DP=1，因为3BC=3所以DP=BC，又因为AD // 又因为AD⊥DC，所以四边形PDCB是矩形，所以因为四边形ABEF为正方形，所以BE⊥因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以EB⊥面ABCD，因为BP⊂平面ABCD，所以因为BE∩BC=B，所以因为BP⊂面EBP，所以平面EBP⊥平面(2)在Rt△ABP中，BP=CD可求得AB=BP2在Rt△ABP中，sin∠BAD=过点D作DH⊥AB于点H，因为平面ABCD⊥平面ABCD∩平面ABEF=AB，DH⊥AB所以DH⊥面ABEF，所以DH即为四棱锥D所以DH=AD所以VDVE所以多面体ABCDEF的体积为VD【变式5-1】3．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中四边形ABCD为平行四边形，∠BAP=∠CDP(1)当点M在线段PA上什么位置时，有DM⊥平面PAB(2)在（1）的条件下，点N在线段PB上什么位置时，有平面DMN⊥平面PBC【答案】(1)当点M为线段P