2021版新高考数学一轮复习讲义：第七章第五讲 直线、平面垂直的判定与性质 (含解析)

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质【考纲要求】1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理和性质定理；2. 掌握公理、判定定理和性质定理.【知识清单】知识点1．直线与平面垂直的判定与性质定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直． 定理：⎭⎪⎬⎪⎫a αb αl ⊥a l ⊥ba ∩b ＝A ⇒l ⊥α知识点2．平面与平面垂直的判定与性质定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． 定理：⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α 知识点3．线面、面面垂直的综合应用 1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法 ①定义法．②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．②垂直于同一个平面的两条直线平行．③垂直于同一直线的两平面平行．2．斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．【考点梳理】考点一：直线与平面垂直的判定与性质【典例1】（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，点E、F分别是AB和PC的中点．(1)求证：AB⊥平面P AD；(2)求证：EF//平面P AD．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）∵侧棱P A垂直于底面，∴P A⊥AB．又底面ABCD是矩形，∴AD⊥AB，这样，AB垂直于平面P AD内的两条相交直线，∴AB⊥平面P AD．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面P AD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面P AD．故平面EFG ∥平面P AD ，∴EF ∥平面P AD ．【典例2】（2019·甘肃高三期末（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC ==，AB =，11B C =，1B C ⊥平面ABC .（1）证明：AC ⊥平面11BCC B ； （2）求点C 到平面11ABB A 的距离.【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）证明：因为1B C ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1B C AC ⊥.因为1AC BC ==，AB ，所以AC BC ⊥， 又1BC B C ⋂，所以AC ⊥平面11BCC B . （2）设点C 到平面11ABB A 的距离为h ，因为1B C ⊥平面ABC ，所以1B C AC ⊥，1B C BC ⊥.则1AB ，1BB AB =，所以1ABB ∆是等边三角形，故12ABB S ∆==111122C ABB A C ABB B ABC V V V ---==111233ABC B C S ∆=⨯⨯⨯=，11111123323C ABB A ABB A V S h h h -=⋅=⨯⨯⋅=.所以h【规律方法】(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)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直. 【变式探究】1. （2019·河南南阳中学高三开学考试（文））如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是梯形，AB CD AD AB ⊥，， 且24 3.AD CD AB PA PD PC ======，(1)若O 为AC 的中点，证明:PO ⊥平面.ABCD (2)求点C 到平面PAB 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】(1)证明：因为AB CD AD AB ⊥，，AD CD AC ∴⊥=，,又3PA PC ==，O 为AC 的中点PO AC ∴⊥，1PO ==连接OD ，在Rt ACD ∆中，O 为AC 的中点12OD AC ∴== ∵222OD OP PD +=，PO OD ∴⊥又ODAC O =∴PO ⊥平面ABCD(2)解：设点C 到平面PAB 的距离为h ，则12442ABC S ∆=⨯⨯=，PB ==在PAB ∆中，32PA AB PB ==，， ∴9452cos 2323PAB +-∠==⨯⨯.∴1322PAB S ∆=⨯⨯=由C PAB P ABC V V --=44PO =⨯=，解得h =2.（2019·陕西高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，2AB =,060BAD ∠=，面PAD ⊥面ABCD ,PAD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点．(1)求证：AD ⊥平面POB ；(2)若E 是PC 的中点，求三棱锥P EDB -的体积． 【答案】（1）详见解析（2）12【解析】(1)证：因为O 为等边PAD ∆中边AD 的中点， 所以AD PO ⊥,又因为在菱形ABCD 中，060BAD ∠=， 所以ABD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点， 所以AD BO ⊥,而PO BO O =,所以AD ⊥平面POB .(2)解：由(1)知AD PO ⊥，面PAD ⊥面ABCD ,所以PO ⊥底面ABCD ，因为等边PAD ∆的边长为2，所以PO , 易知BCD ∆为边长为2的等边三角形，所以三棱锥P BCD -的体积为：21213P BCD V -==, 因为E 是PC 的中点，所以1122P EDB P BCD V V --==， 所以三棱锥P EDB -的体积为12．考点二 ： 平面与平面垂直的判定与性质【典例3】（2020·全国高考真题（文））如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC ≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，22AP AC ==在Rt PAO 中，PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333248P ABC ABC V PO S -=⋅=⨯⨯⨯=△.【典例4】（2020·五华·云南师大附中高三月考（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1A B ⊥平面ABC ，1AB AC ==，12AA =．（1）证明：平面1AA B ⊥平面11AAC C ； （2）求三棱锥111B A BC -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）6.【解析】（1）证明：∵1A B ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴1A B AC ⊥．又∵AB AC ⊥，∵1AB A B B ⋂=， ∴AC ⊥平面1A AB ． 又∵AC ⊂平面11A ACC ， ∴平面1AA B ⊥平面11AAC C ．（2）111111111111111332B A BC B A B C A B C V V S A B --==⋅=⨯⨯⨯=△． 【规律方法】 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(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． 2．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理． 【变式探究】1.在四边形ABCD 中，//,,45AD BC ADAB BCD，90BAD ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是（ ）A.平面ABD ⊥平面ABCB.平面ADC ⊥平面BDCC.平面ABC ⊥平面BDCD.平面ADC ⊥平面ABC 【答案】D 【解析】在直角梯形ABCD 中，因为ABD ∆为等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒， 所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， 平面ABD ⋂平面BCD BD =， 所以CD ⊥平面ABD ，因AB 平面ABD ，所以CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，AD CD D =，所以AB ⊥平面ADC ，因AB平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .2．（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，BD 是线段AC 的中垂线，BD 与AC 交于点O ，8AC =，2PD =，3OD =，5OB =．（1）证明：平面PBD ⊥平面PAC ； （2）求点B 到平面PAC 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AC ⊥． 又因为BD AC ⊥，BDPD D =，所以AC ⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，所以平面PBD ⊥平面PAC ． （2）因为8AC =，2PD =，3OD =，5OB =，所以由勾股定理得5AD CD ===，AP CP ==所以182PACS =⨯=△11852022ABC S AC OB =⋅=⨯⨯=△． 设点B 到平面PAC 的距离为h ．由B PAC P ABC V V --=，得1133PAC ABC S h S PD ⋅=⋅△△， 即1141320233h ⨯⨯=⨯⨯， 解得101313h =． 【总结提升】在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直． 转化方法：在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直． 考点三 ： 线面、面面垂直的综合应用【典例5】（2020·安徽省舒城中学月考（文））设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：①若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ；②若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α；③若m ⊥n ，m ⊥α，α∥β，则n ∥β；④若α⊥β，α∩β＝l ，m ∥α，m ⊥l ，则m ⊥β． 其中正确的是（ ） A ．①② B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C 【解析】由,m n 是空间两条不同的直线，,αβ是空间两个不同的平面． 在①中，若//,//,//m n αβαβ，则m 与n 相交、平行或异面，故①错误；在②中，设,,n n l l ααβ⊂⋂=⊥，因为αβ⊥，所以n β⊥，又m β⊥，所以//m n ，又m α⊄，n ⊂α，所以//m α，故②正确；在③中，若,,//m n m ααβ⊥⊥，则n 与β平行或n β⊂，故③错误；在④中，设,m n γγα⊂⋂=，因为//m α，所以//m n ，又m l ⊥，所以n l ⊥， 又因为,,l n αβαβα⊥⋂⊂＝，所以n β⊥，所以m β⊥，故④正确． 故选：C ．【典例6】（2020·临猗县临晋中学月考（文））如图，在三棱锥P －ABC 中，P A －AB －P A －BC －AB －BC －P A －AB －BC －2－D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13【解析】（I ）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（II ）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（I ）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC . 所以平面BDE ⊥平面PAC .（III ）因为PA 平面BDE ，平面PAC ⋂平面BDE DE =， 所以PA DE .因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（I ）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面PAC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【规律方法】1.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．4.垂直关系的转化：【变式探究】1.（2019·四川高考模拟（理））如图所示，在RtΔABC中，AB=4，AC=3，BC=5，在BC边上任取一点D，并将ΔABD沿直线AD折起，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后B、C两点间距离的最小值为__________．【答案】√13【解析】如图所示，设∠BAD=θ，则∠CAD=π2−θ,过点C作CE⊥AD于E，过B作BF⊥AD交AD的延长线于点F，所以BF=4sinθ,CE=3sin(π2−θ)=3cosθ,AF=4cosθ,AE=3cos(π2−θ)=3sinθ，所以EF=4cosθ−3sinθ，所以|BC|=√CE2+EF2+BF2=√(3cosθ)2+(4cosθ−3sinθ)2+(4sinθ)2 =√9cos2θ+16cos2θ+9sin2θ−24sinθcosθ+16sin2θ=√25−24sinθcosθ=√25−12sin2θ，当sin2θ=1时，|BC|min=√13.2.（2019·云南高三月考（文））如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA 1，E 是A 1C 的中点．（1）若P 为AB 的中点，证明：DE ∥平面PBA 1．（2）若平面PDA 1⊥平面PDA ，且DE ⊥平面CBA 1，求四棱锥A 1﹣PBCD 的体积． 【答案】（1）详见解析（2）12【解析】（1）证明：令1A B 的中点为F ，连接EF ，PF .因为P 为AB 的中点且//PD BC , 所以PD 是ABC △的中位线，所以//PD BC ,12PD BC =. 因为E 是1AC 的中点,且F 为1A B 的中点,所以EF 是1A BC 的中位线,所以//EF BC ，且12EF BC =，于是有PDEF ,所以四边形PDEF 为平行四边形,所以//DE PF , 又DE ⊄平面1PBA ，PF ⊂平面1PBA 所以有//DE 平面1PBA .（2）解：因为DE ⊥平面1CBA ，所以1DE AC ⊥. 又因为E 是1AC 的中点，所以1A D DC DA ==， 即D 是AC 的中点.由//PD BC 可得，P 是AB 的中点.因为在ABC △中,90B ∠=︒，//PD BC ，PDA 沿PD 翻折至1PDA ，且平面1PDA ⊥平面PDA ， 利用面面垂直的性质可得1PA ⊥平面PBCD ，所以111131·13322A PBCD PBCD V S A P -==⨯⨯=四棱锥四边形. 考点四： 平行、垂直的综合应用【典例7】（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥ 1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11BC ⊂平面11EBC F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF = 11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111AB C A N = ∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形 设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AO AB m ===O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP == //EF BC∴AP EPAM BM=3EP= 解得：EP m =在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m =1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形， ∴1//B E PQ由（1）11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin10QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10.【典例8】（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析 【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【总结提升】1.与探索性问题有关的解题策略(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．2．证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． 【变式探究】1. （2020·江苏省震泽中学期末）如图，在三棱锥P ABC -中，AP AB =，,M N 分别为线段,PB PC 上的点（异于端点），平面PAB ⊥平面PBC .（1）若//BC 平面AMN ，求证：//BC MN ；（2）若M 为PB 的中点，求证：平面AMN ⊥平面PBC .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为//BC 平面AMN ，BC ⊂平面PBC ，平面AMN平面PBC MN =，由线面平行的性质可得//BC MN（2）因为M 为PB 的中点，且AP AB =，由等腰三角形的性质可得AM PB ⊥， 又因为平面PAB ⊥平面PBC ， 平面PAB ⋂平面PBC BC =，AM ⊂平面PAB ，由面面垂直的性质定理即可得：AM ⊥平面PBC ，又因为AM ⊂平面AMN ，所以平面AMN ⊥平面PBC2.如图(1)所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1—BCD ，如图(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？请说明理由． 【答案】【解析】(1)证明：∵D ，M 分别为AC ，FC 的中点， ∴DM ∥EF ，又∵EF ⊂平面A 1EF ，DM ⊄平面A 1EF ， ∴DM ∥平面A 1EF .(2)证明：∵EF ⊥BD ，A 1E ⊥BD ，A 1E ∩EF ＝E ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥平面A 1EF ，又A 1F ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥A 1F .(3)直线A 1B 与直线CD 不能垂直．理由如下：∵平面BCD ⊥平面A 1BD ，平面BCD ∩平面A 1BD ＝BD ，EF ⊥BD ，EF ⊂平面CBD ， ∴EF ⊥平面A 1BD ，又∵A1B⊂平面A1BD，∴A1B⊥EF，又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，∵DM∩CD＝D，∴A1B⊥平面MCD，∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾，∴直线A1B与直线CD不能垂直．。

2021版高考数学一轮复习第7章立体几何7.5直线平面垂直的判定与性7．5直线、平面垂直的判定义和性质[知识梳理]1．直线与平面垂直判定定理与性质定理2.平面和平面垂直度的判定定理和性质定理3．直线和平面所成的角? π? 范围：？02??4.二面角范围[0，π]．5．必记结论（1）如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于该平面。

（2）如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于该平面中的任何直线。

（3）在空间的任何一点上，只有一条直线垂直于已知平面。

（4）在空间的任何一点上，只有一个平面垂直于已知的直线。

（5）两个平面的垂直度的性质定理是将平面的垂直度转化为直线和平面的垂直度(6)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．[诊断自测]1．概念思辨（1）直线L和平面α如果直线中有无数条是垂直的，那么L⊥ α. （2）垂直于同一平面的两个平面是平行的(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)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．教材衍化（1）（强制a2p73a组T1）如果M和N代表两条不同的直线，α代表一个平面，那么下列命题中正确命题的数量为（）①M⊥ α????m∥n；②n⊥α??M⊥ α????m⊥n；③n∥α??M∥ α????n⊥α.m⊥n??a、 1C。

3答案Bb．2d．0错误分析③, 直线N和α不一定垂直，它可能平行或相交，或在平面内。

① ② 你说得对。

所以选择B(2)(必修a2p67t2)在三棱锥p－abc中，点p在平面abc中的射影为点o，①若pa＝pb＝pc，则点o是△abc的________心；② 如果爸爸⊥ 铅，铅⊥ 电脑，电脑⊥ 爸，那么O点是△ ABC心。

答复① 外部② 绞刑解析①如图1，连接oa，ob，oc，op，在RT中△ 早安，RT△ POB和RT△ POC，PA=PC=Pb，所以OA=ob=OC，也就是说，O是△ 基础知识②如图2，∵pc⊥pa，pb⊥pc，pa∩pb＝p，∴pc⊥平面pab，ab?平面pab，∴pc⊥ab，又ab⊥po，po∩pc＝p，‡ab⊥ 飞机PGC，还是CG？平面PGC，ab⊥ CG，也就是说，CG是物体的高度△ ABC edge AB，同理可证bd，ah分别为△abc边ac，bc上的高，即o为△abc的垂心．3．小题热身（1）（2022湖南六校联考）众所周知，m和N是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面。

第五节直线、平面垂直的判定及其性质知识体系必备知识1.直线与直线垂直(1)定义:若两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点,并且交角为直角,则称这两条直线互相垂直.(2)若一条直线垂直于一个平面,则它就和平面内的任意一条直线垂直.2.直线与平面垂直(1)定义: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:文字语言图形语言符号语言一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直a,b⊂αa⋂b=O l⊥al⊥b}⇒l⊥α垂直于同一个平面的两条直线平行a⊥αb⊥α}⇒a∥b3.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射影所成的锐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,则它们所成的角是直角;一条直线和平面平行或在平面内,则它们所成的角是0°的角.(2)范围:[0,π2 ].4.平面与平面垂直(1)二面角的有关概念:①二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角;②二面角的平面角:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.(2)平面和平面垂直的定义: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.(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理:文字语言图形语言符号语言一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直l⊥αl⊂β}⇒α⊥β两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直α⊥βl⊂βα⋂β=a l⊥a}⇒l⊥α5.常用结论(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)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.(3)三垂线定理在平面内的一条直线,如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直.(4)三垂线定理的逆定理在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直.1.易错点:(1)线面垂直的证明中的易错点易忽视面内两条线为相交线这一条件.(2)面面垂直的判定中的易错点直线在面内且垂直于另一平面易忽视.2.注意点:面面垂直的性质定理中的易错点在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误.基础小题1.设α、β、γ为不同的平面,m、n、l为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件为( )A.α⊥β,α∩β=l,m⊥lB.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γC.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α⊥α,n⊥β,m⊥α【解析】选中,缺少条件m⊂α,不满足面面垂直的性质定理,不正确.在选项B,C中,平面α与β可能平行或相交,推不出m⊥β.在D中,n⊥α,n⊥β,则α∥β,根据m⊥α,得m⊥β,D正确.2.“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”,反之可以,所以是必要不充分条件.3.(2021·桂林模拟)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n 满足m∥α,n⊥β,则( )∥l∥n ⊥l⊥n【解析】选C.对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B,D,m与n可能平行、相交或异面,故B、D错;对于C,因为n⊥β,l⊂β,所以n⊥l,故C正确.4.(教材改编)如图,在三棱锥V-ABC中,∠VAB=∠VAC=∠ABC=90°,则构成三棱锥的四个三角形中直角三角形的个数为()【解析】选D.VA⊥AB VA⊥AC AB⋂AC=A }⇒VA⊥平面ABCBC⊂平面ABC}⇒VA⊥BCAB⊥BC VA⋂AB=A }⇒BC⊥平面VABVB⊂平面VAB}⇒BC⊥VB.所以有4个直角三角形.5.(教材改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连接PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有__________对.【解析】由于PD⊥平面ABCD,故平面PAD⊥平面ABCD,平面PDB ⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD,平面PDA⊥平面PDC,平面PAC ⊥平面PDB,平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC,共7对.答案:76.如果正四棱锥的底面边长为2,侧面积为4√,则它的侧面与底面所成的(锐)二面角的大小为________.【解析】如图,O为底面正方形的中心,据题意易得,该正四棱锥的一个侧面三角形PBC的高PE的长为√2,因此正四棱锥的高PO=√PE2-OE2=1.因为∠PEO的大小为侧面与底面所成的(锐)二面角的大小,所以侧面与底面所成的(锐)二面角的大小为45°.答案:45°。

2021届高考数学（理）考点复习 直线、平面垂直的判定与性质1．直线与平面垂直 (1)定义如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α互相垂直，记作l ⊥α，直线l 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l 的垂面． (2)判定定理与性质定理文字语言 图形语言 符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥al ⊥b⇒l ⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b2.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射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角． (2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2. 3．平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，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．(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言 图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β 性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl ⊂βα∩β＝al ⊥a⇒l ⊥α概念方法微思考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吗？提示 垂直．若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面．2．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面吗？提示 垂直．在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行．由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面．1．（2017•新课标Ⅲ）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．11A E DC ⊥ B ．1A E BD ⊥ C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC ⊥【答案】C【解析】法一：连1B C ，由题意得11BC B C ⊥， 11A B ⊥平面11B BCC ，且1BC ⊂平面11B BCC ， 111A B BC ∴⊥， 1111A B B C B =，1BC ∴⊥平面11A ECB ，1A E ⊂平面11A ECB ， 11A E BC ∴⊥．故选C ．法二：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则1(2A ，0，2)，(0E ，1，0)，(2B ，2，0)，(0D ，0，0)，1(0C ，2，2)，(2A ，0，0)，(0C ，2，0)，1(2A E =-，1，2)-，1(0DC =，2，2)，(2BD =-，2-，0)， 1(2BC =-，0，2)，(2AC =-，2，0)，112A E DC =-，12A E BD =，110A E BC =，16A E AC =， 11A E BC ∴⊥．故选C ．2．（2016•浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足//m α，n β⊥，则() A ．//m l B ．//m n C ．n l ⊥ D ．m n ⊥【答案】C【解析】互相垂直的平面α，β交于直线l ，直线m ，n 满足//m α， //m β∴或m β⊂或m 与β相交，l β⊂， n β⊥， n l ∴⊥．故选C ．3．（2019•北京）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l m ⊥；②//m α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】若l α⊥，l m ⊥，则//m α．（或若l α⊥，//m α，则)l m ⊥ 【解析】由l ，m 是平面α外的两条不同直线，知： 由线面平行的判定定理得： 若l α⊥，l m ⊥，则//m α．若l α⊥，//m α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l m ⊥，∴若l α⊥，//m α，则l m ⊥故答案为：若l α⊥，l m ⊥，则//m α．（或若l α⊥，//m α，则)l m ⊥．4．（2019•江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =．求证：（1）11//A B 平面1DEC ； （2）1BE C E ⊥．【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点， //DE AB ∴，11//AB A B ，11//DE A B ∴，DE ⊂平面1DEC ，11A B ⊂/平面1DEC ，11//A B ∴平面1DEC ．解：（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，E 是AC 的中点，AB BC =． BE AC ∴⊥，直三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，1BE AA ∴⊥，又1AA AC A =，BE ∴⊥平面11ACC A ，1C E ⊂平面11ACC A ，1BE C E ∴⊥．5．（2017•江苏）如图，在三棱锥A BCD -中，AB AD ⊥，BC BD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、(F E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF AD ⊥．求证：（1）//EF 平面ABC ； （2）AD AC ⊥．【解析】（1）AB AD ⊥，EF AD ⊥，且A 、B 、E 、F 四点共面， //AB EF ∴，又EF ⊂/平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，//EF ∴平面ABC ；（2）在线段CD 上取点G ，连结FG 、EG 使得//FG BC ，则//EG AC ， BC BD ⊥，//FG BC ，FG BD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，FG ⊂平面BCD ， FG ∴⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，FG AD ∴⊥，AD EF ⊥，且EFFG F =，AD ∴⊥平面EFG ，EG ⊂平面EFG ，AD EG ∴⊥，//EG AC ，AD AC ∴⊥．6．（2020•江苏）在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，1B C的中点．（1）求证：//EF 平面11AB C ； （2）求证：平面1AB C ⊥平面1ABB ．【解析】（1）E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．所以1//EF AB ，因为EF ⊂/平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以//EF 平面11AB C ；（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面1ABB ， 所以1B C AB ⊥， 又因为AB AC ⊥，1AC B C C =，AC ⊂平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ，所以AB ⊥平面1AB C ， 因为AB ⊂平面1ABB ， 所以平面1AB C ⊥平面1ABB ．7．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，90APC ∠=︒． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设2DO =，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P ABC -的体积．【解析】（1）连接OA ，OB ，OC ，ABC ∆是底面的内接正三角形， 所以AB BC AC ==．O 是圆锥底面的圆心，所以：OA OB OC ==，所以222222AP BP CP OA OP OB OP OC OP ===+=+=+， 所以APB BPC APC ∆≅∆≅∆， 由于90APC ∠=︒， 所以90APB BPC ∠=∠=︒， 所以AP BP ⊥，CP BP ⊥， 由于APCP P =，所以BP ⊥平面APC ， 由于BP ⊂平面PAB ， 所以：平面PAB ⊥平面PAC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，圆锥的母线长为l ， 所以22l r =+3π， 所以223rr ππ+=，整理得22(3)(1)0r r +-=，解得1r =．所以111211()32AB =+-⨯⨯⨯-=由于222AP BP AB +=，解得32AP =则：11333632222P ABC V -=⨯⨯⨯⨯=．8．（2019•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若60ABC ∠=︒，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由．【解析】（Ⅰ）四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，BD PA ∴⊥，BD AC ⊥，PAAC A =，BD ∴⊥平面PAC ．（Ⅱ）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点，60ABC ∠=︒， AB AE ∴⊥，PA AE ⊥，PAAB A =，AE ∴⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ，∴平面PAB ⊥平面PAE ．解：（Ⅲ）棱PB 上是存在中点F ，使得//CF 平面PAE ．理由如下：取AB 中点G ，连结GF ，CG ，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点， //CG AE ∴，//FG PA ， CGFG G =，AEPA A =，∴平面//CFG 平面PAE ，CF ⊂平面CFG ，//CF ∴平面PAE ．9．（2018•新课标Ⅲ）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．【解析】（1）矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，CM ⊂半圆弦CD 所在平面，CM AD ∴⊥，M 是CD 上异于C ，D 的点．CM DM ∴⊥，DMAD D =，CM ∴⊥平面AMD ，CM ⊂平面CMB ，∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在P 是AM 的中点， 理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得//MC OP，MC⊂/平面BDP，OP⊂平面BDP，所以//MC平面PBD．10．（2018•北京）如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，=，E，F分别为AD，PB的中点．PA PD⊥，PA PD（Ⅰ）求证：PE BC⊥；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：//EF平面PCD．【解析】（Ⅰ）PA PD=，E为AD的中点，可得PE AD⊥，底面ABCD为矩形，可得//BC AD，则PE BC⊥；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且//AB CD，在平面PAB内过P作直线//PG AB，可得//PG CD，即有平面PAB⋂平面PCD PG=，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB AD⊥，可得AB⊥平面PAD，即有AB PA⊥，⊥；PA PG同理可得CD PD⊥，⊥，即有PD PG可得APD∠为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA PD ⊥，可得平面PAB ⊥平面PCD ；（Ⅲ）取PC 的中点H ，连接DH ，FH ， 在三角形PBC 中，FH 为中位线，可得//FH BC ， 12FH BC =， 由//DE BC ，12DE BC =， 可得DE FH =，//DE FH ， 四边形EFHD 为平行四边形， 可得//EF DH ，EF ⊂/平面PCD ，DH ⊂平面PCD ，即有//EF 平面PCD ．11．（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒． （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解析】（1）在四棱锥P ABCD -中，90BAP CDP ∠=∠=︒，AB PA ∴⊥，CD PD ⊥，又//AB CD ，AB PD ∴⊥， PAPD P =，AB ∴⊥平面PAD ，AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD ．解：（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ， PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，平面PAB ⊥平面PAD ， PO ∴⊥底面ABCD ，且222AD a a a =+=，22PO a =， 四棱锥P ABCD -的体积为83，由AB ⊥平面PAD ，得AB AD ⊥， 13P ABCD ABCD V S PO -∴=⨯⨯四边形31121823333AB AD PO a a a a =⨯⨯⨯=⨯⨯⨯==， 解得2a =，2PA PD AB DC ∴====，22AD BC ==，2PO =， 4422PB PC ∴==+=，∴该四棱锥的侧面积：PAD PAB PDC PBC S S S S S ∆∆∆∆=+++侧 221111()22222BC PA PD PA AB PD DC BC PB =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯- 111122222222822222=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯- 623=+．12．（2017•山东）由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD ， （Ⅰ）证明：1//A O 平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD ．【解析】（Ⅰ）取11B D 中点G ，连结1A G 、CG ， 四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，∴四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后，1//AG OC =，∴四边形1OCGA 是平行四边形，1//AO CG ∴， 1AO ⊂/平面11B CD ，CG ⊂平面11B CD ， 1//AO ∴平面11B CD ． （Ⅱ）四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后，11//BD B D =，M 是OD 的中点，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，1BD A E ∴⊥，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点， AO BD ∴⊥，M 是OD 的中点，E 为AD 的中点，EM BD ∴⊥，1A EEM E =，BD ∴⊥平面1A EM ，11//BD B D ，11B D ∴⊥平面1A EM ， 11B D ⊂平面11B CD ，∴平面1A EM ⊥平面11B CD ．1．（2020•石家庄模拟）已知α，β是空间两个不同的平面，m ，n 是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是( )①//m α，//n β，且//m n ，则//αβ； ②//m α，//n β，且m n ⊥，则αβ⊥； ③m α⊥，n β⊥，且//m n ，则//αβ； ④m α⊥，n β⊥、且m n ⊥，则αβ⊥． A ．①②③ B ．①③④ C ．②④ D ．③④【答案】D【解析】对于①，当//m α，//n β，且//m n 时，有//αβ或α、β相交，所以①错误； 对于②，当//m α，//n β，且m n ⊥时，有αβ⊥或//αβ或α、β相交且不垂直，所以②错误； 对于③，当m α⊥，n β⊥，且//m n 时，得出m β⊥，所以//αβ，③正确； 对于④，当m α⊥，n β⊥、且m n ⊥时，αβ⊥成立，所以④正确． 综上知，正确的命题序号是③④． 故选D ．2．（2020•长春四模）已知直线a 和平面α、β有如下关系：①αβ⊥，②//αβ，③a β⊥，④//a α，则下列命题为真的是( ) A ．①③⇒④ B ．①④⇒③ C ．③④⇒① D ．②③⇒④【答案】C【解析】对于A ，由αβ⊥，a β⊥，可得//a α或a α⊂，故A 错误； 对于B ，由αβ⊥，//a α，可得a β⊂或//a β或a 与β相交，故B 错误； 对于C ，由//a α，过a 作平面γ与α相交，交线为b ，则//a b ， a β⊥，b β∴⊥，而b α⊂，可得αβ⊥，故C 正确；对于D ，由//αβ，a β⊥，可得a α⊥，故D 错误． 故选C ．3．（2020•五华区校级模拟）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ，E 为棱CD 的中点，则()A ．11A E DD ⊥B ．1A E DB ⊥C ．111A ED C ⊥D ．11AE DB ⊥【答案】B【解析】连结AE ，BD ， 因为2AB AD =，所以2AB ADAD DE==， 所以ABD DAE ∆∆∽，所以DAE ABD ∠=∠， 所以90EAB ABD ∠+∠=︒，即AE BD ⊥， 所以BD ⊥平面1A AE ， 所以1A E DB ⊥． 故选B ．4．（2020•海淀区二模）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动．若1D O OP ⊥，则△11D C P 面积的最大值为( )A 25B 45C 5D ．25【答案】C 【解析】如图，由正方体性质知，当P 位于C 点时，1D O OC ⊥，当P 位于1BB 的中点1P 时，由已知得，12DD =，2DO BO ==， 1111BP B P ==，1122B D =，求得1426OD =+=，1213OP =+=，11813D P =+=． ∴2221111OD OP D P +=，得11OD OP ⊥．又1OP OC O =，1D O ∴⊥平面1OP C ，得到P 的轨迹在线段1PC 上． 由1115C P CP ==，可知11C CP ∠ 为锐角，而125CC =<， 知P 到棱11C D 的最大值为5．则△11D C P 面积的最大值为12552⨯=．故选C ．5．（2020•合肥模拟）已知四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，120BAD ∠=︒，SAD ∆是等边三角形，且23SA AB ==若点P 在四棱锥S ABCD -的外接球面上运动，记点P到平面ABCD 的距离为d ，若平面SAD ⊥平面ABCD ，则d 的最大值为( ) A 131 B 132C 151D 152【答案】A【解析】依题意，3MBC π∠=，取BC 的中点E ，则E 是等腰梯形ABCD 外接圆的圆心，F 是SAD ∆的外心， 作OE ⊥平面ABCD ，OF ⊥平面SAB ，则O 是人锥S ABCD -的外接球的球心，且3OF DE ==，2AF =， 设四棱锥S ABCD -的外接球半径为R ，则22213R SF OF =+=， 则1OE DF ==，∴当四棱锥S ABCD -的体积最大时，131max d R OE =+=+．故选A ．6．（2020•商洛模拟）已知AB 是圆柱上底面的一条直径，C 是上底面圆周上异于A ，B 的一点，D 为下底面圆周上一点，且AD ⊥圆柱的底面，则必有( ) A ．平面ABC ⊥平面BCD B ．平面BCD ⊥平面ACDC ．平面ABD ⊥平面ACD D ．平面BCD ⊥平面ABD【答案】B【解析】因为AB 是圆柱上底面的一条直径，所以AC BC ⊥，又AD 垂直圆柱的底面， 所以AD BC ⊥，因为ACAD A =，所以BC ⊥平面ACD ，因为BC ⊂平面BCD ， 所以平面BCD ⊥平面ACD ． 故选B ．7．（2020•婺城区校级模拟）在正四面体ABCD 中，已知E ，F 分别是AB ，CD 上的点（不含端点），则( )A ．不存在E ，F ，使得EF CD ⊥B ．存在E ，使得DE CD ⊥C ．存在E ，使得DE ⊥平面ABCD ．存在E ，F ，使得平面CDE ⊥平面ABF 【答案】D【解析】（1）对于A ，D 选项，取E ，F 分别为AB ，CD 的中点如图： 因为A BCD -是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形． 所以CE DE =，所以EF CD ⊥，同理可证EF AB ⊥．故A 错误； 又因为AB CE ⊥，AB DE ⊥，且CEDE E =，故AB ⊥平面CED ，又AB ⊂平面ABF ，所以平面ABF ⊥平面CED ．故D 正确．（2）对于B 选项，将C 看成正三棱锥的顶点，易知当E 在AB 上移动时，CDE ∠的最小值为直线CD 与平面ABD 所成的角，即（1）中的CDE ∠，显然为锐角，最大角为60CDB CDA ∠=∠=︒，故当E 在AB 上移动时，不存在E ，使得DE CD ⊥．故B 错误．（3）对于C 选项，将D 看成顶点，则由D 向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC 的中心，不落在AB 上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E ，使得DE ⊥平面ABC ，故C 错误． 故选D ．8．（2020•兖州区模拟）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，侧面PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则下列说法正确的是( )A ．在棱AD 上存在点M ，使AD ⊥平面PMB B ．异面直线AD 与PB 所成的角为90︒C ．二面角P BC A --的大小为45︒D ．BD ⊥平面PAC 【答案】ABC【解析】如图所示，A ．取AD 的中点M ，连接PM ，BM ，连接对角线AC ，BD 相较于点O ． 侧面PAD 为正三角形，PM AD ∴⊥．又底面ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒，ABD ∴∆是等边三角形．AD BM ∴⊥．又PM BM M =．AD ∴⊥平面PMB ，因此A 正确．B ．由A 可得：AD ⊥平面PMB ，AD PB ∴⊥，∴异面直线AD 与PB 所成的角为90︒，正确．C ．平面PBC ⋂平面ABCD BC =，//BC AD ，BC ∴⊥平面PBM ，BC PB ∴⊥，BC BM ⊥．PBM ∴∠是二面角P BC A --的平面角，设1AB =，则3BM PM ==，在Rt PBM ∆中，tan 1PMPBM BM∠==，45PBM ∴∠=︒，因此正确． D ．BD 与PA 不垂直，BD ∴与平面PAC 不垂直，因此D 错误．故选ABC ．9．（2020•山东模拟）如图所示，在四个正方体中，l 是正方体的一条体对角线，点M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出l ⊥平面MNP 的图形为( )A ．B ．C ．D ．【答案】AD【解析】对于AD ．根据正方体的性质可得：l MN ⊥，l MP ⊥，可得l ⊥平面MNP ． 而BC 无法得出l ⊥平面MNP ． 故选AD ．10．（2020•海东市模拟）在三棱锥P ABC -中，4AB AC ==，120BAC ∠=︒，43PB PC ==，平面PBC ⊥平面ABC ，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为__________． 【答案】80π【解析】如图，设ABC ∆的外接圆的圆心为1O ， 连接1O C ，1O A ，1BCO A H =，连接PH ．由题意可得AH BC ⊥，且1122AH O A ==，1232BH BC ==因为平面PBC ⊥平面ABC ，且PB PC =，所以PH ⊥平面ABC ，且22(43)(23)6PH -． 设O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，连接1OO ，OP ，OC ，过O 作OD PH ⊥，垂足为D ， 则外接球的半径R 满足222221114(6)R OO OO O H =+=-+， 即221116(6)4OO OO +=-+，解得12OO =，从而220R =，故三棱锥P ABC -外接球的表面积为2480R ππ=． 故答案为：80π．12．（2020•大庆三模）已知四边长均为23的空间四边形ABCD 的顶点都在同一个球面上，若3BAD π∠=，平面ABD ⊥平面CBD ，则该球的体积为__________．【答案】205π【解析】如图所示，设E 是ABD ∆的外心，F 是BCD ∆的外心，过E ，F 分别作平面ABD 与平面BCD 的垂线OE 、OF ，相交于O ； 由空间四边形ABCD 的边长为233BAD π∠=，所以ABD ∆与BCD ∆均为等边三角形； 又平面ABD ⊥平面CBD ，所以O 为四面体ABCD 外接球的球心； 又222(23)(3)23AE -=，1OE =， 所以外接球的半径为22215R =+所以外接球的体积为3344205(5)33R V πππ==⨯=故答案为：205π． 13．（2020•广西模拟）在四棱锥S ABCD -中，底面四边形ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，P ，Q 别是线段BS ，AD 的中点，点R 在线段SD 上．若4AS =，2AD =，AR PQ ⊥，则AR =__________．【答案】45【解析】取SA 的中点E ，连接PE ，QE ．SA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，SA AB ∴⊥，而AB AD ⊥，AD SA A =，AB ∴⊥平面SAD ，故PE ⊥平面SAD ，又AR ⊂平面SAD ，PE AR ∴⊥． 又AR PQ ⊥，PEPQ P =，AR ∴⊥平面PEQ ，EQ ⊂平面PEQ ，AR EQ ∴⊥．E ，Q 分别为SA ，AD 的中点，//EQ SD ∴，则AR SD ⊥，在直角三角形ASD 中，4AS =，2AD =，可求得25SD =． 由等面积法可得45AR =． 故答案为：45．14．（2020•娄底模拟）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，3DAB π∠=，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PC 上一点，若平面EBD ⊥平面ABCD ，则PEEC=__________．【答案】12【解析】取AD 的中点O ，连接OC 交BD 于F 点，连结EF ， //OD BC ，2BC OD =，2FC OF ∴=．平面PAD ⊥平面ABCD ，PO AD ⊥， PO ∴⊥平面ABCD ，又平面BDE ⊥平面ABCD ， //OP EF ∴，∴12PE OF EC FC ==． 故答案为：12．15．（2020•曲靖二模）在几何体P ABC -中，PAB ∆是正三角形，平面PAB ⊥平面ABC ，且2AB BC ==，AB BC ⊥，则P ABC -外接球的表面积等于__________．【答案】283π【解析】PAB ∆是正三角形，所以三棱锥的外接球的球心一定在三角形PAB 的中心的垂线上，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以作GO ⊥平面PAB ，AB BC ⊥，外接球的球心也在平面ABC 的重心的垂线上，作OE ⊥平面ABC 交AC 于E ，O 为外接球的球心， 由题意可知2EC 13323GD ==， 外接球的半径为：2237()(2)33OC =+= 外接球的表面积为：27284()33ππ⨯=． 故答案为：283π．16．（2020•市中区校级模拟）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，11AB CB =．（1）证明：平面11BDD B ⊥平面ABCD ；（2）若60DAB ∠=︒，△1DB B 是等边三角形，求点1D 到平面1C BD 的距离．【解析】（1）设AC 交BD 于E ，连接1B E ，如图 四边形ABCD 为菱形，AC BD ∴⊥ 且点E 为AC 中点， 在△1AB C 中，11AB CB =，AE CE =， 1B E AC ∴⊥， 1DBB E E =，BD ，1B E ⊂平面11BDD B ，AC ∴⊥平面11BDD B ， AC ⊂平面ABCD ，∴ 平面ABCD ⊥平面11BDD B ；（2）连接1BD ，11A C ，1C E ，在四棱柱1111ABCD A B C D - 中，平面//ABCD 平面1111A B C D ， 又由 （1）可知，平面ABCD ⊥平面11BDD B ，∴ 平面1111A B C D ⊥平面11BDD B ，则1DD ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ， 1DD BD ∴⊥，11AC ⊂平面1111A B C D ， 11AC ∴⊥平面11BDD B ，2AD AB ==，60DAB ∠=︒， DAB ∴∆ 为等边三角形， 2BD AB ∴==，△1DB B 为等边三角形，2BD AB ∴==，△1DB B 为等边三角形， 12BB BD ∴==，又112DD BB ==，∴112222BDD S ∆=⨯⨯=， ∴11111||12332C BDD BDD AC V S -∆=⨯⨯= 又1BB ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 1BB BC ∴⊥，12BB BD AB ===，2AB BC ==， 1BB BC ∴=，又因为四边形11BCC B 为平行四边形，∴ 四边形11BCC B 为正方形，11BC B C ∴=， 11C D BC ∴=，又E 为BD 中点，1C E BD ⊥，∴111||||2C BDSBD C E =22111||||2(22)1722BD C E ==⨯⨯-=， ∴1111233D C BD C BDV S d -==， ∴221d =， 所以点1D 到平面1C BD 的距离为2217．17．（2020•龙凤区校级模拟）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，33AB CD ==，2PA PD BC ===，90ABC ∠=︒，且PB PC =．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求点D 到平面PBC 的距离．【解析】（1）取AD 、BC 的中点分别为M 、E ，连结PM ，PE ，ME ，//AB CD ，33AB CD ==，∴四边形ABCD 为梯形，又M 、E 为AD 、BC 的中点，ME ∴为梯形的中位线，//ME AB ∴，又90ABC ∠=︒， ME BC ∴⊥，PB PC =，E 为BC 的中点 PE BC ∴⊥，又PE M E E =，PE ⊂平面PME ，ME ⊂平面PME ，BC ∴⊥平面PME ，又PM ⊂平面PME ，故PM BC ⊥，由PA PD =，M 为AD 中点，PM AD ∴⊥， 又AD ，BC 不平行，必相交于某一点，且AD ，BC 都在平面ABCD 上，PM ∴⊥平面ABCD ，由PM ⊂平面PAD ，则平面PAD ⊥平面ABCD ．（2）由（1）及题意知，PM 为三棱锥P BCD -的高，22AD =2ME =，2PM 故6PE =， 1126622PBC S BC PE ∆=⨯=⨯=1121122BCD S BC CD ∆=⨯=⨯⨯=， 设点D 到平面PBC 的距离为h ，∴由等体积法知：11111263333P BCD D BCP BCD PBC V V S PM S h h --∆∆==⨯=⨯=⨯，解得3h ，所以点D 到平面PBC 3．18．（2020•雅安模拟）如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD ．（1）求证：平面ACF ⊥平面BDF ；（2）若60CBA ∠=︒，求三棱锥E BCF -体积．【解析】（1）证明：在菱形ABCD 中，AC BD ⊥，FD ⊥平面ABCD ，FD AC ∴⊥．又BDFD D =，AC ∴⊥平面BDF ．而AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF ； （2）解：取BC 中点O ，连接EO ，OD ， BCE ∆为正三角形，EO BC ∴⊥，平面BCE ⊥平面ABCD 且交线为BC ，EO ∴⊥平面ABCD ．FD ⊥平面ABCD ，//EO FD ∴，得//FD 平面BCE ．E BCF F BCE D BCE E BCD V V V V ----∴===．122sin12032BCD S ∆=⨯⨯⨯︒=，3EO =．1133133E BCF BCD V S EO -∆=⨯=⨯⨯=．19．（2020•怀化模拟）图1是直角梯形ABCD ，//AB CD ，90D ∠=︒，2AB =，3,3,2DC AD CE ED ==，以BE 为折痕将BCE ∆折起，使C 到达1C 的位置，且16AC =图2．（Ⅰ）证明：平面1BC E ⊥平面ABED ； （Ⅱ）求点B 到平面1AC D 的距离．【解析】（Ⅰ）证明：在直角梯形ABCD 中， 由2,1,3AB DE AD ===，解得2EB EC BC ===． 连接AC 交EB 与M 点，则ECM BAM ∆≅，M ∴为BE 的中点，则CM BE ⊥．∴13C M MA ==，又16C A =，1C M MA ∴⊥， 又1C M BE ⊥，BEAM M =，1C M ∴⊥平面ABED ，又1C M ⊂平面1C EB ，∴平面ABED ⊥平面1C EB ； （Ⅱ）解：设B 到平面1AC D 的距离为d ，则1113B AC DAC D V d S -=，又1111112331332B AC D C ABD ABD V V S C M --∆==⨯=⨯⨯⨯⨯=．3DM AM ==，13C M =，∴16C D =，∴12213373(6)()22AC DS=⨯⨯-=． ∴1147113773B AC D AC D V d S -====⨯． 即点B 到平面1AC D 的距离为47．20．（2020•遂宁模拟）如图，在长方体ABCD HKLE -中，底面ABCD 是边长为3的正方形，对角线AC 与BD 相交于点O ，点F 在线段AH 上且20AF HF +=，BE 与底面ABCD 所成角为3π．（1）求证：AC BE ⊥；（2）M 为线段BD 上一点，且2BM =，求异面直线AM 与BF 所成角的余弦值．【解析】（1）证明：因为在长方体ABCD HKLE -中，有DE ⊥平面ABCD ， 所以DE AC ⊥，因为四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 又BDDE D =，从而AC ⊥平面BDE ．而BE ⊂平面BDE ，所以AC BE ⊥．（2）因为在长方体ABCD HKLE -中，有BE 与平面ABCD 所成角为3π， 由（1）知DBE ∠为直线BE 与平面ABCD 所成的角， 所以3DBE π∠=，所以3EDDB．由3AD =可知36DE = 所以36AH =20AF HF +=，即13AF AH =， 故6AF =DE 上取一点G ，使13DG DE =，连接FG ，则在长方体ABCD HKLE -中，有////FG AD BC ， 且FG AD BC ==，所以四边形FBCG 为平行四边形， 所以//BF CG ，在BD 上取一点N ，使DN BM =， 因为2BM =32BD =13DN BM BD ==，所以在正方形ABCD 中，ON OM =，所以CON AOM ∆≅∆， 所以CNO AMO ∠=∠，所以//AM CN ，所以GCN ∠（或其补角）为异面直线AM 与BF 所成的角， 在GNC ∆中，2215GC BF AF AB ==+=在AMB ∆中，由余弦定理得222cos 54AM AB BM AB BM π=+-⨯⨯⨯=，则5CN AM ==，又2222GN GD DN =+=， 在GNC ∆中，由余弦定理得：22223cos 2GC NC GN GCN GC NC +-∠==． 故异面直线AM 与BF 所成角的余弦值为23．21．（2020•四川模拟）如图所示，菱形ABCD 与正方形CDEF 所在平面相交于CD ．（1）求作平面ACE 与平面BCF 的交线l ．并说明理由；（2）若BD CF ⊥，求证：平面BDE ⊥平面ACE ．【解析】（1）过点C 作BF 的平行线l 即可，下面予以证明． 由已知得，AB 和EF 都与CD 平行且相等，∴四边形ABFE 是平行四边形，//AE BF ∴，BF ⊂/平面ACE ，且AE ⊂平面ACE ，//BF ∴平面ACE ， BF ⊂平面BCE ，且平面ACE ⋂平面BCF l =， //BF l ∴．（2）证明：由CF BD ⊥，CF CD ⊥，且BDCD D =，CF ∴⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，CF AC ∴⊥，//DE CF ，DE AC ∴⊥，在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又DE BD D =，AC ∴⊥平面BDE ，AC ⊂平面ACE ，∴平面BDE ⊥平面ACE ．22．（2020•新疆一模）如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，60ADC ∠=︒，2CD AD =，EC ⊥底面ABCD ．（Ⅰ）求证：平面ADE ⊥平面ACE ；（Ⅱ）若2AD CE ==，求点C 到面ADE 的距离．【解析】（Ⅰ）证明：EC ⊥平面ABCD ，EC AD ∴⊥，又60ADC ∠=︒，2CD AD =，AD AC ∴⊥，AD ∴⊥平面ACE ，又AD ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACE ． （Ⅱ）设点C 到面ADE 的距离为h ，又C ADE F ACD V V --=，由（Ⅰ）可知AD ⊥平面ACE ，则AD AE ⊥， 所以，11112422323232h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯， 所以3h =C 到面ADE 3。