专题8.7 空间直线、平面的垂直（二）【九大题型】（人教A版2019必修第二册）【含答案解析】

专题8.7空间直线、平面的垂直（二）【九大题型】【人教A版（2019）】TOC\o"1-3"\h\u【题型1求二面角】 2【题型2由二面角大小求线段长度或距离】 7【题型3由二面角大小求其他角】 12【题型4面面垂直的判定】 18【题型5面面垂直性质定理的应用】 22【题型6求点面、线面距离】 25【题型7求面面距离】 29【题型8平行关系与垂直关系的综合应用】 34【题型9立体几何中的探索性问题】 38【知识点1二面角】1．二面角(1)二面角的定义

①半平面：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常叫做半平面.

②二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.

(2)二面角的表示

①棱为AB，面分别为α，β的二面角记作二面角α-AB-β，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α-l-β，如图(1).②若在α，β内分别取不在棱上的点P，Q，这个二面角可记作二面角P-AB-Q，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角P-l-Q，如图(2).(3)二面角的平面角①自然语言在二面角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内分别作垂直于棱l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.②图形语言③符号语言∠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来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.

②当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是0°；当二面角的两个半平面合成一个平面时，规定二面角的大小是180°.所以二面角的平面角α的范围是.2．几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义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.【题型1求二面角】【例1】（24-25高二上·山西运城·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AD//BC, AB=AD=,CD=1, BC=PA=2，BC的中点为E，则平面PDE与平面CED所成角的余弦值为（

）A．5719 B．5117 C．−57【解题思路】根据题意判断四边形ABED为平行四边形，得到三角形CDE和三角形ADE为等边三角形，则AO⊥DE，再根据线面垂直判定定理可得∠POA为平面PDE与平面CED所成角的平面角，解三角形即可求得.【解答过程】取DE的中点O，连接AO,PO,AE，因为AD//BC，BC=2，BC的中点为E，则AD//BE且AD=BE，则四边形ABED为平行四边形，则ED=AB=1=EC=CD，则三角形CDE为等边三角形，则∠DCE=60又四边形ABCD为等腰梯形，则∠ABE=60则三角形ADE为等边三角形，则AO⊥DE，又因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD，则PA⊥DE，又PA∩AO=A，PA,AO⊂平面PAO，则DE⊥平面PAO，又因为PO⊂平面PAO，则DE⊥PO，则∠POA为平面PDE与平面CED所成角的平面角，在Rt△PAO中，PA=2，AO=32则cos∠POA=故选：A.【变式1-1】（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知△ABC中，AC=1，AB=2，BC=3，点M为AB中点，连接CM．将△ACM沿直线CM折起，使得点A到达A'的位置，且平面ACM⊥平面BCM，则二面角A′−BC−MA．21313 B．1313 C．2【解题思路】根据折叠前后的不变量，再用定义法找出二面角的平面角即可求解.【解答过程】取CM的中点D，过点D作BC的垂线，垂足为E，连接A'则BC⊥DE，因为在△ABC中，AC=1，AB=2，BC=3，点M为AB所以∠C=90°,AM=BM=CM=1所以∠CMA=60°,∠CMB=将△ACM沿直线CM折起，使得点A到达A'的位置，则△A∠C=90°,A'M=BM=CM=A

因为平面ACM⊥平面BCM，且A'D⊂平面ACM，A'D⊥CM，平面所以A'D⊥平面因为BC⊂平面BCM，所以BC⊥A又因为A'D∩DE=D，A'D,DE⊂平面A'又因为A'E⊂平面A'DE，所以A'在直角三角形△A'DE所以cos∠故选：B.【变式1-2】（23-24高一下·青海·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC=4,AB⊥AD,AB⊥BC,E是AD的中点，PC⊥BE．(1)证明：BE⊥平面PAC．(2)若PA=PC=22，求二面角B−PA−D【解题思路】（1）连接CE，通过四边形ABCE是正方形，得到BE⊥AC，进而可求证；（2）作BH⊥PA，垂足为H，连接EH,PE.先证明PA⊥平面BEH，得到∠BHE是二面角B−PA−D的平面角，在判断四棱锥P−ABCE为正四棱锥，求得EH=BH=14【解答过程】（1）证明：连接CE．因为E是AD的中点，所以AD=2AE．分因为AD=2AB=2BC=4，且AB⊥AD,AB⊥BC，所以四边形ABCE是正方形，则BE⊥AC．因为PC⊥BE,PC,AC⊂平面PAC，且PC∩AC=C，所以BE⊥平面PAC．（2）解：作BH⊥PA，垂足为H，连接EH,PE.由（1）可知BE⊥平面PAC．又PA⊂平面PAC，所以PA⊥BE．因为BH,BE⊂平面BEH，且BH∩BE=B，所以PA⊥平面BEH．因为EH⊂平面BEH，所以PA⊥EH，则∠BHE是二面角B−PA−D的平面角．记AC∩BE=O，连接OP，则O是AC的中点．因为PA=PC，且O是AC的中点，所以OP⊥AC．因为BE⊥平面PAC，且OP⊂平面PAC，所以BE⊥OP．连接PE．因为AC,BE⊂平面ABCE，且AC∩BE=O，所以OP⊥平面ABCE，则四棱锥P−ABCE为正四棱锥，故PA=PB=PE=22因为△PAB的面积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=则sin∠BHE=1−cos2【变式1-3】（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAB是正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，E是PB的中点.(1)求证：AE⊥平面PBC；(2)求侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值.【解题思路】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直即可求证；（2）根据面面垂直的性质可得∠PNM为平面PCD与面ABCD所成二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.【解答过程】（1）因为△PAB是正三角形，且E是PB的中点.，所以AE⊥PB，又底面ABCD是正方形，所以AB⊥BC，又因为平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，又因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AEPB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.（2）如图，取AB的中点M,CD的中点N，连接PM,PN,MN，因为△PAB是正三角形，所以PM⊥AB,又因为平面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，由题意可知MN⊥CD,PM∩NM=M,PM,NM⊂平面PMN，故CD⊥平面PMNPN⊂平面PMN，故CD⊥PN故∠PNM为平面PCD与面ABCD所成二面角的平面角，设AB=a，则PM=32a所以sin∠PNM=综上所述：侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值为21【题型2由二面角大小求线段长度或距离】【例2】（23-24高一下·新疆克孜勒苏·期中）如图，已知大小为60°的二面角α−l−β棱上有两点A，B，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AC=3，BD=3，CD=7，则AB的长度（

）

A．22 B．44 C．210 D．【解题思路】根据二面角的定义得到∠CAE=60°，然后结合余弦定理得到CE=3，根据线面垂直的判定定理和性质得到CE⊥DE，最后利用勾股定理求长度即可.【解答过程】

如图，过点A作AE∥BD，过点D作DE∥AB交AE于点E，连接CE,CB，因为AE∥BD，DE∥AB，所以四边形ABDE为平行四边形，所以AE=BD=3，DE=AB，因为BD⊥l，AE∥BD，所以AE⊥l，因为AC⊥l，α∩β=l，二面角α−l−β为60°，所以∠CAE=60°，在△CAE中，cos∠CAE=解得CE=3，因为AE⊥l，AC⊥l，AE∩AC=A，AE,AC⊂平面ACE，所以l⊥平面ACE，因为CE⊂平面ACE，所以CE⊥l，因为DE∥AB，所以CE⊥DE，所以AB=DE=7故选：C.【变式2-1】（23-24高一下·广东惠州·期末）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为8，二面角C1−AB−C的大小为π4，且AC=BCA．2 B．22 C．23 【解题思路】根据二面角的定义，找到二面角的平面角，解得OC1，再根据直三棱柱的体积求出AB，再利用等体积法求点A1【解答过程】取AB的中点O，连接OC,OC∵AC=BC，∴OC⊥AB,OC1⊥AB，则二面角C∵二面角C1−AB−C的大小为π4所以OC=CC1=2又∵直三棱柱ABC−A1B则S△ABC=4，又∵平面ABC⊥平面A1ABB1，平面且OC⊥AB,OC⊂平面ABC，∴OC⊥平面A1设点A1到平面ABC1的距离为ℎ∴13S故选：A.【变式2-2】（23-24高一下·贵州黔西·阶段练习）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起使得点D到点D′的位置，连接BD′，O(1)若平面D′AC⊥平面ABC，求(2)不考虑点D′与点B重合的位置，若二面角A−BD′−C的余弦值为【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得OD′⊥OB（2）取BD′的中点E，可得∠AEC为二面角【解答过程】（1）连接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′的中点E，连接∵AB=AD∴AE⊥BD′，∠AEC为二面角A−BD∴cos∠AEC=−由题可知△ABD′与在△AEC中，AC=2，AE=CE，cos∠AEC=∴AE∴D′∴D′【变式2-3】（23-24高一下·安徽·期末）如图①，已知△AB′C是边长为2的等边三角形，D是AB′的中点，DH⊥B′(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF//平面BDH？若存在，求BF(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为22，求点B到直线CH【解题思路】（1）在图①中，取B′M的中点M，连接AM，证明AM//DH，则AM//平面BDH，在线段BC上取点F使BFFC=12（2）连接BB′，取BB′的中点T，连接TH,TD，DH⊥平面BCH，易得TH⊥BB′,DT⊥BB′【解答过程】（1）在图①中，取B′M的中点M，连接因为△AB′C是等边三角形，B所以AM⊥B因为DH⊥B所以AM//在图②中，AM//DH，AM⊄平面BDH，DH⊂平面所以AM//平面BDH，且HM在线段BC上取点F使BFFC=12，连接因为HMMC所以MF//又因为BH⊂平面BDH，MF⊄平面BDH，所以MF//平面BDH又因为MF∩AM=M,MF,AM⊂平面AMF，所以平面AMF//平面BDH又因为AF⊂平面AMF，所以AF//平面BDH所以存在点F满足题意，且BFFC（2）如图所示，连接BB′，取BB′的中点由折叠性质可得BD=B′D,BH=B′H,B因为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，因为T为BB所以TH⊥BB所以∠DTH即为平面BHC与平面BDA所成的二面角的平面角，由（1）可得DH=32，因为平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为22所以tan∠DTH=DHTH所以B′T=B设点B到直线CH的距离为ℎ，则S△BH即12×10即点B到直线CH的距离为158【题型3由二面角大小求其他角】【例3】（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC和△ABP均为正三角形，AB=4，二面角P−AB−C的大小为60∘，则异面直线PB与AC所成角的余弦值是（

A．−18 B．18 C．−【解题思路】根据二面角的大小可得长度关系，利用线线平行得异面直线所成角，根据余弦定理即可求解.【解答过程】取AB,PA,PC中点为O,M,N,连接MO,OC,MN,NO，由于△ABC和△ABP均为等边三角形，所以PO⊥AB,CO⊥AB,故∠POC为二面角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即为直线PB与AC所成角或其补角，所以直线PB与AC所成角的余弦值为18故选：B.【变式3-1】（24-25高一下·全国·课后作业）如图，二面角α−l−β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB与平面β所成的角的正弦值是（

）A．2529 B．34 C．33【解题思路】作出辅助线，找到二面角α−l−β的平面角，AB与l所成的角及AB与β所成的角，利用sin60°【解答过程】如图，作AO⊥β于O，AC⊥l于C，连接OB，OC，因为l⊂β，所以AO⊥l，因为AO∩AC=A，AO,AC⊂平面AOC，所以l⊥平面AOC，因为OC⊂平面AOC，所以OC⊥l，则∠ACO为二面角α−l−β的平面角，即∠ACO=60°，∠ABC为AB与l所成的角，∠ABC=30°，设AB与β所成的角为θ，则∠ABO=θ.由图得sinθ=故选：B.【变式3-2】（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD为矩形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是棱PD的中点，AD=2．

(1)证明：AM⊥平面PCD；(2)若二面角M−BC−D的余弦值为63，求异面直线AB与PC【解题思路】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直判断定理证明即可；（2）先应用二面角余弦值求出NH,再求异面直线所成角的正切即得.【解答过程】（1）在四棱锥P−ABCD中，由底面ABCD为矩形，得CD⊥AD，由侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，得CD⊥平面PAD，又AM⊂平面PAD，则CD⊥AM，又侧面PAD是正三角形，M是PD的中点，则PD⊥AM，又PD∩CD=D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD．（2）如图，

在正三角形PAD内，过点M作MH⊥AD，垂足为H，∴MH=3∵MH⊥AD，侧面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，MH⊂面PAD，∴MH⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，则BC⊥MH，过H作HN⊥BC，垂足为N，连接MN，MH∩HN=H，MH，HN⊂平面MNH，则BC⊥平面MNH，而MN⊂平面MNH，∴BC⊥MN，则∠MNH即为二面角M−BC−D的平面角，即cos∴sin∠MNH=∴tan在Rt△MHN中，tan∠MNH=MH由NH//CD，DH//CN，得四边形CDHN为平行四边形，∴CD=由AB//CD，得∠PCD为异面直线AB与PC所成角，由（1）知CD⊥平面PAD，则△PCD为直角三角形，tan∠PCD=所以异面直线AB与PC所成角的正切值为26【变式3-3】（24-25高二上·上海·阶段练习）如图，边长为3的正方形ABCD所在平面与半圆弧BC所在平面垂直，点M是BC上异于B、C的点.

(1)求证：平面ACM⊥平面ABM；(2)当二面角A−CM−B的大小为60°时，求直线CA与平面ABM所成角的正弦值.【解题思路】（1）根据已知可推得AB⊥MC，又BM⊥MC，根据线面垂直的判定定理得MC⊥平面ABM，然后根据面面垂直的判定定理，即可可证；（2）由已知可推得∠BMA即为二面角A−CM−B的平面角，即∠BMA=60°，进而求出AM=23，在Rt△AMC中得出【解答过程】（1）由题设，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，由圆的性质有BM⊥MC，AB∩BM=B都在平面ABM内，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上的投影为AM，所以直线CA与平面ABM所成角∠MAC，由二面角A−CM−B的大小为60°，AM⊥MC,BM⊥MC，故∠BMA=60°，由∠ABM=90°，则AM=ABsin60°=23由AM⊂平面ABM，则MC⊥AM，故sin∠MAC=所以直线CA与平面ABM所成角的正弦值33【知识点2平面与平面垂直】1．面面垂直的定义及判定定理(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.平面α与β垂直，记作α⊥β.(2)两个平面互相垂直的画法

如图，画两个互相垂直的平面时，通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直.(3)平面与平面垂直的判定定理①自然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.②图形语言③符号语言.该定理可简记为“若线面垂直，则面面垂直”.2．平面与平面垂直的性质定理(1)平面与平面垂直的性质定理①自然语言两个平面垂直，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.②图形语言③符号语言.(2)性质定理的作用①证明线面垂直、线线垂直；

②构造面的垂线.3．直线、平面位置关系中的相关结论及其转化(1)判定直线与直线垂直的方法

①定义法：两条直线所成的角为，则这两条直线互相垂直.

②利用直线与平面垂直的性质来判定.

③若一条直线垂直于两平行直线中的一条，则该直线也垂直于另一条.

(2)判定直线与平面垂直的方法

①定义法：一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则该直线与这个平面垂直.

②利用直线与平面垂直的判定定理来判定.

③利用平面与平面垂直的性质定理来判定.

④如果两平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面，即a∥b，a⊥α⇒b⊥α.

⑤如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么该直线也垂直于另一个平面，即α∥β，a⊥α⇒a⊥β.(3)平面与平面垂直的其他性质与结论

①如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.②如果两个平面互相垂直，那么与其中一个平面平行的平面垂直于另一个平面.③如果两个平面互相垂直，那么其中一个平面的垂线平行于另一个平面或在另一个平面内.④如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面.⑤三个两两垂直的平面的交线也两两垂直.(4)线、面垂直位置关系的相互转化(5)平行关系与垂直关系的相互转化4．点到平面的距离的常见求法(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.③等体积法.【题型4面面垂直的判定】【例4】（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，△PAD是正三角形，∠BAD=60°,PB=AB=2AD=4．证明：平面PAD⊥平面ABCD.【解题思路】取AD中点O，连接OP,OB，根据△PAD是正三角形可得PO⊥AD，由余弦定理求OB长，再由勾股定理的逆定理得OB⊥OP，结合面面垂直判定定理证得结论.【解答过程】取AD中点O，连接OP,OB，因为△PAD是正三角形，O为AD中点，所以PO⊥AD，由已知AD=2，则OA=1，PO=3又∠BAD=60°,PB=AB=4，由余弦定理得OB则OB2+O因为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.【变式4-1】（24-25高三上·河南许昌·期中）如图，棱长1的正方体ABCD−A

(1)求三棱锥C1(2)求证：平面C1BD⊥平面【解题思路】（1）根据三棱锥的体积公式即可解得；（2）根据线面垂直证明线线垂直，再由线面垂直证明面面垂直即可解得.【解答过程】（1）由正方体的棱长为1，可得△BCD的面积为12所以VC（2）连接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【变式4-2】（2024高三·全国·专题练习）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，(1)证明：平面BMC1(2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC【解题思路】（1）根据线面垂直、面面垂直的判定定理可证平面BMC1⊥（2）在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q【解答过程】（1）在正三棱柱ABC−A1B1C则C1又A1A⊥平面A1B1则有AA而AA1∩A1所以C1M⊥平面因为C1M⊂平面BC1M（2）在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM因为平面BC1M∩平面AA1所以AQ⊥平面BC1M如下图所示，因为∠MBB1=∠QAB所以△ABQ与△BB因此BQB即有BQ1=24，于是BQ=1【变式4-3】（24-25高二上·广东肇庆·阶段练习）已知四边形ABCD为直角梯形，∠ADC=90°，AD//BC，△ABD为等腰直角三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为PA的中点，AD=2BC=22，PA=3PD=3

(1)求证：BE//平面PDC；(2)求证：平面ABP⊥平面PBD；(3)求三棱锥B−DEP的体积．【解题思路】（1）取PD中点F，连EF,CF，由中位线性质得到四边形BCFE为平行四边形，得到BE//CF，进而得到BE//平面PDC；（2）由勾股定理逆定理得到PD⊥AD，结合△ABD为等腰直角三角形得到AB⊥平面PBD，进而得到平面ABP⊥平面PBD；（3）在（2）的基础上，结合E为PA的中点，利用VB−DEP【解答过程】（1）证明：取PD中点F，连EF,CF，因为E为PA的中点，所以EF//AD且又AD//BC，AD=2BC，所以EF//BC且EF=BC，故四边形BCFE为平行四边形，所以BE//CF，因为BE⊄平面PDC，CF⊂平面PDC，所以BE//平面PDC.

（2）证明：由题意：AD=2BC=22，PA=3PD=3因为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，因为AB⊂平面ABCD，所以PD⊥AB，因为△ABD为等腰直角三角形，所以BD⊥AB，因为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）因为△ABD为等腰直角三角形，AD=22，所以AB=BD=2因为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为AP的中点，所以VB−DEP【题型5面面垂直性质定理的应用】【例5】（24-25高三上·天津滨海新·阶段练习）设m,n是两条直线，α,β是两个平面，下列说法错误的是（

）A．如果α//β,m⊂α，那么m//β.B．若m⊥α,α⊥β，则m//βC．若α∩β=m，n//α,n//β，则m//nD．若m⊥α,n⊥β,α⊥β，则m⊥n【解题思路】由线、面之间的位置关系的判定定理和性质逐一判断即可.【解答过程】对于A，如果α//β,m⊂α，则m//β，故A正确；对于B，若m⊥α,α⊥β，则m//β或m⊂β，故B错误；对于C，因为n//α，所以存在直线l⊂α，使得n//l，又n//β，所以l//β或l⊂β，当l//β时，因为α∩β=m，l⊂α，所以由线面平行性质定理可知m//l，所以由平行传递性可得m//n；当l⊂β时，因为l⊂α，α∩β=m，所以直线l与直线m重合，故m//n.综上，若α∩β=m，n//α,n//β，则m//n，故C正确；对于D，若m⊥α，α⊥β，所以m//β或m⊂β，当m//β时，存在直线l⊂β，使得m//l，又因为n⊥β，所以n⊥l，则m⊥n；当m⊂β时，因为n⊥β，所以m⊥n.综上，若m⊥α,n⊥β,α⊥β，则m⊥n.故D正确.故选：B.【变式5-1】（24-25高二上·广东广州·阶段练习）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，且“a⊥α，b⊥β”，则a⊥b是α⊥β的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】利用直线与平面、平面与平面的垂直关系判断.【解答过程】因为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的充要条件，故选:A.【变式5-2】（24-25高二上·北京·阶段练习）如图，已知三棱锥P−BCD的体积为23，PB=1，CD=BD=2，BD⊥CD，E为BC的中点．求证：DE⊥平面PBC【解题思路】根据三棱锥的体积证明PB⊥平面BCD，由面面垂直的判定定理得证平面PBC⊥平面BCD，再由面面垂直的性质定理证明DE⊥平面PBC；【解答过程】（1）因为CD=BD=2，BD⊥CD，所以△BCD为等腰直角三角形，又E为BC的中点，所以DE⊥BC，△BCD的面积为12设三棱锥P−BCD的高为ℎ，则VP−BCD所以ℎ=1，因为PB=1，所以PB是三棱锥P−BCD的高，所以PB⊥平面BCD，因为PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面BCD，因为平面PBC∩平面BCD=BC，DE⊂平面BCD，DE⊥BC，所以DE⊥平面PBC．【变式5-3】（24-25高二上·北京·期中）如图，在三棱锥P−ABC中，△PBC为等边三角形，点O为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC.(1)求证：直线AC⊥平面PBC；(2)已知E为PO的中点，F是线段AB上的点，AF=λAB.若EF⊥BC，求λ的值.【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，即可证明；（2）由题意可证得OF⊥BC，进而得AC//OF，从而得出F为AB中点，可得结论.【解答过程】（1）因为△PBC为等边三角形，点O为BC的中点，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，则AC⊥BC，所以AC//OF，由O为BC中点，可得F为AB中点，由AF=λAB，可得λ=1【题型6求点面、线面距离】【例6】（23-24高一下·河南郑州·期中）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BCA．4B．3C．2D．2【解题思路】利用等体积法即可求点A到平面A1【解答过程】解：由直三棱柱ABC−A1B可得VA设A到平面A1BC的距离为由VA1∴13×2故选：D．【变式6-1】（24-25高二上·吉林长春·期末）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=1，点E是棱PB的中点.直线AB与平面ECDA．1 B．33 C．83 【解题思路】根据PA⊥底面ABCD，得到PA⊥CD，再由底面ABCD为矩形，得到AD⊥CD，利用线面垂直的判定定理得到CD⊥平面PAD，从而得到平面EFDC⊥平面PAD，则点A到FD的距离，即点A到平面EFDC的距离，根据AB//CD，则AB//平面EFDC，则点A到平面EFDC的距离，即为直线AB到平面EFDC的距离，然后在Rt△AFD中求解.【解答过程】如图所示：取PA的中点F，连接EF，FD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为底面ABCD为矩形，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，所以点A到FD的距离，即为点A到平面EFDC的距离，因为AB//CD，AB⊄平面EFDC，CD⊄平面EFDC，所以AB//平面EFDC，所以点A到平面EFDC的距离，即为直线AB到平面EFDC的距离，在Rt△AFD中，AF=2所以点A到FD的距离为d=AF⋅AD故直线AB与平面ECD的距离为33故选：B.【变式6-2】（23-24高一下·广西玉林·期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1,ABB1A1(1)求证：BC1//(2)求点A1到平面A【解题思路】（1）根据已知可得OD//（2）根据已知△A1B1C1是等腰直角三角形，应用线面垂直的判定和性质证【解答过程】（1）由O是AB1,BA1的交点，又ABB1A1在△BA1C1中OD//BC1，又OD⊂面（2）三棱柱ABC−A1B1C易知△A1B1C所以A1四边形ABB1A1为正方形，又B1D=22，而AA1⊥由A1B1∩B1C1=B1所以AA1⊥DB1，而D则DB1⊥面ACC1A1，AD⊂面AC由S△A1DB若A1到平面AB1D的距离为d，则【变式6-3】（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C(1)求直三棱柱ABC−A(2)求证：BC//平面AB1C1，并求出【解题思路】（1）根据题意，结合表面积和体积公式进行计算即可；（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可；过点C作CH⊥AC1，垂足为H，则CH⊥平面AB1C【解答过程】（1）因为AC⊥BC,AB=2,∠CAB=30所以AC=3则直三棱柱ABC−AS=S其体积为V=S（2）证明：因为BC//B1C1,B所以BC//平面AB过点C作CH⊥AC1，垂足为由题意得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【题型7求面面距离】【例7】（23-24高一下·贵州贵阳·期末）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】证明B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面AD1C，等体积法求B【解答过程】连接B1D,B1D1，正方体中，DD1⊥正方形A1B1DD1,B1D1⊂平面B1D⊂平面DD同理有A1B⊥B1D，A所以B1D⊥平面A1BC正方体棱长为23，则A1B设点B1到平面A1BC1

有13×1即点B1到平面A1BC1B1则平面A1BC1到平面故选：B.【变式7-1】（2024·广东·二模）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体ABCD−EFGH就是一个半正多面体，其中四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面ABCD与平面EFGH之间的距离为（

）

A．2 B．48 C．112 【解题思路】分别取BC,AD的中点M,N，作出截面EGMN，结合几何体的性质，确定梯形EGMN的高即为平面ABCD与平面EFGH之间的距离，由此即可求得答案.【解答过程】分别取BC,AD的中点M,N，连接MN,MG,NE,EG，

根据半正多面体的性质可知，四边形EGMN为等腰梯形；根据题意可知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，则平面EFGH⊥平面EGMN，作MS⊥EG，垂足为S，平面EFGH∩平面EGMN=EG，MS⊂平面EGMN，故MS⊥平面EFGH，则梯形EGMN的高即为平面ABCD与平面EFGH之间的距离；MG=2×3故MS=M即平面ABCD与平面EFGH之间的距离为48故选：B.【变式7-2】（23-24高一下·广东揭阳·期末）如图在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，E是BB1上的一点，且EB1=1，D、F、(1)求证：B1D⊥平面(2)求平面EGF与平面ABD的距离．【解题思路】（1）由已知条件得AB⊥平面BB1C1C，从而AB⊥B1（2）由已知条件推导出EF//平面ABD，GF//平面ABD，由此能证明平面EFG//平面ABD．由已知条件推导出HD为平行平面EFG【解答过程】（1）证明：由直三棱柱的性质得平面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：由题意知EB∴在Rt△EB1又∠DBB1=45°∵BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，∴EF//平面ABD∵G、F分别为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为平行平面EFG与ABD之间的距离，∴HD=B即平面EFG与ABD之间的距离为32【变式7-3】（23-24高一下·福建厦门·期末）如图，棱长为2的正方体ABCD–A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过E作平面α，使得α//平面BDF.(1)作出α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；(2)求平面α与平面BDF的距离.【解题思路】（1）根据平面与平面平行的性质可得α经过E,B（2）转化为点线距，利用等体积法可求结果.【解答过程】（1）连接B1D1,EB又BF∩BD=B，所以平面EB1D因为α//平面BDF，且E∈α，所以平面EB1D1与平面α重合，即平面EB1D1就是α截正方体ABCD-A（2）由（1）可知平面α与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF设点B1到平面BDF的距离为d，由题意可得BD=22,BF=DF=5，所以△BDF的面积为6；由VB1−BDF=V所以平面α与平面BDF的距离为26【题型8平行关系与垂直关系的综合应用】【例8】（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，A．EF//BD B．FD1C．EF⊥BC1 D．AF⊥【解题思路】对于A，说明EF,BD异面即可判断；对于B，说明平面BCE//平面GHD【解答过程】对于A，设G为BB1中点，则EG//BD，但EG,EF相交，所以对于B，设CC1的中点为H，则BC//GH，因为GH⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，GD1⊄平面BEC，BE⊂所以GH//平面BEC，GD1//又因为GH∩GD1=G,GH,G故平面BCE//平面GHD又FD1⊂平面GHD1对于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF与BC1不可能垂直（否则对于D，易知AB⊥平面BCC1B故选：B.【变式8-1】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是（

）A．AE⊥CEB．BC//平面ADEC．平面ADE⊥平面BCED．DE⊥平面BCE【解题思路】由条件，结合线面垂直判定定理证明AE⊥平面BCE，再证明AE⊥CE，判断A，由BC∥AD，根据线面平行判定定证明BC//平面ADE，判断B，由AE⊥平面BCE，结合面面垂直判定定理证明平面ADE⊥平面BCE，判断C，设DE⊥平面BCE，结合线面垂直性质可证DE∥AE，推出矛盾，判断D.【解答过程】因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC,AD都是母线．又E是底面圆周上异于A,B的一点，于是得AE⊥BE.而BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，则BC⊥AE.因为BC∩BE＝B，BC,BE⊂平面则AE⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，因此得AE⊥CE，A正确；因为BC∥AD,BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BC//平面ADE，B正确；因为AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，C正确．点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE,DE是两条不同直线，若DE⊥平面BCE，因AE⊥平面BCE，则DE∥AE，与DE∩AE=E矛盾，D不正确；故选：D.【变式8-2】（23-24高一下·贵州黔西·期末）如图，在正方体ABCD−A(1)求证：CD1∥平面(2)求证：B1D⊥平面【解题思路】（1）根据题意可得A1B∥（2）连接BD,B1D1，可得【解答过程】（1）因为ABCD−A1B1C1D可知A1BCD1为平行四边形，则且A1B⊂平面A1BC1，CD（2）连接BD,B因为A1B1又因为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【变式8-3】（24-25高一下·全国·课后作业）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥PC,CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：(1)MD//平面PAC；(2)平面ABN⊥平面PMC．【解题思路】（1）只需证明MD//AN，结合线面平行的判定定理即可得证；（2）只需证明AB⊥平面PMC，结合面面垂直的判定定理即可得证.【解答过程】（1）在△ABN中，M是AB的中点，D是BN的中点，所以MD//AN．又因为AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，所以MD//平面PAC．（2）在△ABC中，CA=CB，M是AB的中点，所以AB⊥MC．又因为AB⊥PC,PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，所以AB⊥平面PMC．又因为AB⊂平面ABN，所以平面ABN⊥平面PMC．【题型9立体几何中的探索性问题】【例9】（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）如图，在四棱锥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的中点.

(1)证明：DE⊥平面PAB；(2)底边CD上是否存在异于端点的一点G，使得直线PG与平面PBD所成的角为π6？若存在，求出DG【解题思路】（1）根据面面垂直的性质可知AB⊥平面PAD，即可得AB⊥DE，由题意可得DE⊥PA，结合线面垂直的判定定理分析证明；（2）做辅助线，分析可知∠GPM=π6，由垂直关系可得CD⊥PD，设【解答过程】（1）因为平面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，又因为E是PA的中点，PD=AD，则DE⊥PA，且PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，所以DE⊥平面PAB.（2）假设在CD上存在异于端点的点G，使得直线PG与平面PBD所成的角大小为π6过点G作GM⊥平面PBD，垂足为M，连结PM、PG、GB，

则PM⊥GM，∠GPM=π设DGDC=x，DC=2，则由（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⋅因为底面ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥AB，PD=PA=AD=AB=1，则BD=AB2+AD可得S△PBD=1由VG−PBD=VP−GBD得，即13×7故存在点G，使得直线PG与平面PBD所成的角大小为π6，此时DG【变式9-1】（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AB．(1)判断在梭PB上是否存在一点M使AM⊥平面PBC，若存在，求BMBP(2)当点F,N分别是PB,BC的中点时，求异面直线FN和PD的夹角的余弦值．【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理以及性质定理，结合三角形相似即可得出结论；（2）易知FN//PC，结合余弦定理即可求得异面直线FN和PD的夹角的余弦值．【解答过程】（1）作AM⊥PB于点M，如下图所示：因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为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，又因为AM⊂平面PAB，所以AM⊥BC，又因为AM⊥PB，PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC，所以此时满足AM⊥平面PBC；又因为PA⊥AB，因此△PAB∼△AMB∼△PMA，因为PA=2AB，所以PAAB=MA可得BM（2）由（1）可知AB,A