資源簡介

專題7.4 空間直線、平面的垂直【八大題型】
【新高考專用】
【題型1 垂直關系的有關命題的真假判斷】 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 線面垂直的性質定理的應用】 17
【題型5 面面垂直的判定】 20
【題型6 面面垂直性質定理的應用】 25
【題型7 垂直關系的綜合應用】 30
【題型8 平行、垂直關系的綜合應用】 34
1、空間直線、平面的垂直
考點要求 真題統計 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系 (2)掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單應用 2022年全國乙卷（文數）：第9題，5分 2022年全國乙卷（文數）：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系的轉化，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.
【知識點1 線面垂直的判定定理和性質定理】
1．直線與平面垂直
(1)定義
如果直線l與平面內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定理
(1)直線與平面垂直的性質定理
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)性質定理的作用
①由線面垂直證明線線平行.
②構造平行線.
【知識點2 面面垂直的判定定理和性質定理】
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.
【知識點3 空間中的垂直關系的判定方法】
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定理；
(3)利用面面垂直的性質定理；
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)面面垂直的性質定理：如果兩個平面垂直，那么在一個平面內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：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：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)一個轉化：
在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化.在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
4．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.
【知識點4 空間中位置關系的相互轉化】
1．線、面垂直位置關系的相互轉化
2．平行關系與垂直關系的相互轉化
【方法技巧與總結】
1．三垂線定理
平面內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 垂直關系的有關命題的真假判斷】
【例1】（2024·四川成都·三模）已知直線、、與平面、，下列命題正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，，則
【解題思路】對于A，由只需之間的位置關系即可判斷；對于B，由面面垂直的判定即可判斷；對于C，由線面位置關系即可判斷；對于D，由面面垂直的性質即可判斷.
【解答過程】對于A，若，，則平行、相交或異面；
對于B，若，則存在，使得，又因為，，而，所以，故B正確；
對于C，若，，則或，故C錯誤；
對于D，若，，，且如果不在內，則不會有，故D錯誤.
故選：B.
【變式1-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題為真命題的是（ ）
A．若，，則 B．若，，，則
C．若，，則 D．，，，則
【解題思路】根據空間線線、線面、面面之間的基本關系，結合選項依次判斷即可.
【解答過程】A：若，則與可能相交，可能平行，故A錯誤；
B：若，則與可能相交，可能平行，故B錯誤；
C：若，由線面垂直的性質知，故C正確；
D：若，則與可能相交，可能平行，故D錯誤.
故選：C.
【變式1-2】（2024·福建泉州·模擬預測）已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題是真命題的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
【解題思路】對于A，當，且時，可判斷A錯誤；對于B，當若，且時，可判斷B錯誤；對于C，根據平行的性質及面面垂直的判定定理即可判定；對于D，根據條件即可判定.
【解答過程】對于A,因為設，
又，則當時，，故A錯誤；
對于B，若，且，則有，故B錯誤；
對于C，因為
故，又，故存在直線，且，
此時，由面面垂直的判定定理知，故C正確；
對于D,當，則或者，故D錯誤，
故選：C.
【變式1-3】（2024·重慶·模擬預測）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，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，，則
【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，時，兩平面α，β可能平行可能相交，所以A錯誤；
對于B，，，兩平面β，γ可能平行可能相交，所以B錯誤；
對于C，當，，時，
設，，在γ取一點O，過O分別作于B，于C，
則，，因為，
所以，，所以，，
因為，，所以，所以C正確；
對于D，當，，，時，
可得或，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，在四棱錐中，底面是正方形，，，，點E為線段的中點，點F在線段上，且．
(1)求證：；
(2)求三棱錐的體積．
【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：在正方形中，，又，∴
在中，點E為線段PC的中點，，DE平分，
在中，，
過E作交CD于H，連接FH，則，
在正方形中，，∴四邊形AFHD是矩形，
∴，又，，平面，
∴平面，又平面，∴．
（2）法一：在中，∵，，∴，
在正方形中，，而，CD，平面，
∴平面，平面，∴平面平面，
平面平面 ，過P作交CD于Q，∴平面，
∵，∴，，
，
法二：在中，∵，，∴，
在正方形中，，而，CD，平面，
∴平面，，
．
【變式2-1】（2024·陜西西安·三模）在四棱錐中，平面平面，，，，．
(1)證明：．
(2)若為等邊三角形，求點C到平面的距離．
【解題思路】（1）先證明，再由面面垂直的性質定理求解；
（2）過點P作，所以平面，由體積法求解．
【解答過程】（1）因為，，所以，，
由余弦定理可得，所以，則．
因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面PAD．
因為平面PAD，所以．
（2）過點P作，因為平面平面ABCD，且平面平面，所以平面．
因為，
在中，，而，
．
設點C到平面的距離為h，，
則，解得，
所以點C到平面的距離為．
【變式2-2】（2024·陜西商洛·三模）如圖，在四棱錐中，平面，平面平面．
(1)證明：；
(2)若為的中點，，求到平面的距離．
【解題思路】（1）先證明平面得到，由題意可得，結合線面垂直的判定、性質即可得證；
（2）首先證明平面，平面，即所求為的長度，由解三角形知識即可求解.
【解答過程】（1）設，連接，過作，垂足為，
因為平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因為平面平面，所以，
又平面，所以平面，
因為平面，所以．
（2）取的中點，連接，則，
又平面平面，所以平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離．
過作，垂足為，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以由面面垂直的性質可得平面，
由（1）得，
因為，所以，
因為，所以．
所以，所以，
即點到平面的距離為．
【變式2-3】（2024·內蒙古·三模）如圖，在三棱柱中，，四邊形為菱形，.
(1)證明：；
(2)已知平面平面，，求四棱錐的體積.
【解題思路】（1）利用線面垂直證明線線垂直；
（2）證明線面垂直，根據可得解.
【解答過程】（1）設為的中點，連接，，，，
因為，所以，
因為四邊形為菱形，，所以為等邊三角形，
則，
又，所以平面，
因為平面，所以；
（2）因為，，所以平面，
因為平面，所以，
所以四邊形為菱形，即，
因為平面平面，且平面平面，，
所以平面，且，
又因為，則，
故.
【題型3 線面垂直的判定】
【例3】（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且與交于.
(1)證明：平面；
(2)求四棱錐的體積.
【解題思路】（1）根據菱形的性質及全等三角形的性質，利用等腰三角形的三線合一和余弦定理的推理，結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（1）的結論及線面垂直的判定定理和性質定理，利用矩形的性質及勾股定理，結合棱錐的體積公式即可求解.
【解答過程】（1）因為底面是邊長為2的菱形，所以.
因為，所以，
所以.
因為點為線段中點，所以.
在中，，
所以，解得.
所以即，所以
又，平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，又四邊形為菱形，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
又是平行六面體，所以，
所以四邊形為矩形，
由（1）知，，所以，
從而，
連接，交于，連接，如圖所示
在中，，為的中點，所以，同理，
又，平面，平面，
所以平面，線段的長為到平面的距離.
由，可得，
在直角三角形中，，
【變式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱錐中，，底面為等腰梯形， ，，為線段的中點，.
(1)證明：平面；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.
【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）因為為線段的中點，所以，
在等腰梯形中，作于，則由得，
所以，所以，
因為，所以，所以，
所以，所以，所以，
因為，平面，所以平面，
因為在平面內，所以，
因為在平面內，所以平面.
（2）因為，所以，
取的中點，連接，則，
因為平面，平面PCA，所以，
又，平面，所以平面，
所以為直線與平面所成的角，
在正中，，又因為，
在中，，所以，
所以.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【變式3-2】（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為邊CD的中點，沿AE把折起，使點D到達點P的位置，且．
(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的表面積
【解題思路】（1）求出各邊，由勾股定理逆定理求出，結合得到線面垂直；
（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，
，，
，，
為等邊三角形，
，
，
．
，平面，
平面．
（2）由（1）得，，，
，
由三角形面積公式得，
，
三棱錐的表面積
．
【變式3-3】（2024·四川綿陽·模擬預測）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.
(1)證明：BC⊥面PAC；
(2)若點A到平面PBC的距離為，求四棱錐P—ABCD的體積.
【解題思路】（1）過作于，過作于，在等腰梯形中可證得，再由平面平面，可證得，再利用線面垂直的判定定理可證得結論；
（2）過作于，可得平面，則，在中可得，從而得，進而可求出四棱錐P—ABCD的體積.
【解答過程】（1）證明：過作于，過作于，則∥，
因為四邊形為等腰梯形，AB∥CD，且
因為，，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
因為平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因為平面，所以，
因為，平面，
所以平面，
（2）過作于，
因為平面，平面，
所以平面平面，
因為平面平面，平面，
所以平面，
因為點A到平面PBC的距離為，所以，
在中，，則,
所以，
因為為銳角，所以，
因為平面，平面，所以，
所以，
在中，，則，
所以梯形的面積為，
所以四棱錐P—ABCD的體積為.
【題型4 線面垂直的性質定理的應用】
【例4】（24-25高二上·全國·課后作業）如圖所示，已知平面平面，，垂足為A，，垂足為B，直線，，試判斷直線a與直線l的位置關系，并說明理由．
【解題思路】利用線面垂直的判定定理證明平面EAB，平面EAB，從而得證.
【解答過程】直線a與直線l的位置關系：．
理由：∵平面平面，∴．
又∵，∴．
同理．又，平面EAB，平面EAB
∴平面EAB．
∵，，∴．
又，，，平面EAB，平面EAB
∴平面EAB，∴．
【變式4-1】（2024·陜西西安·模擬預測）如圖所示，在四棱錐中，平面，，，且，．
(1)求三棱錐的體積；
(2)求證：．
【解題思路】（1）因為平面，根據等積法可得結果；
（2）根據線面垂直的性質定理可得，結合（1）及線面垂直的判定定理可得平面，從而得證.
【解答過程】（1）在底面中，，，且，
所以，又，則，所以，
故.
（2）由（1）知，又平面，平面，則，
且，平面，
∴平面，而平面，所以．
【變式4-2】（2024高一·全國·專題練習）在三棱錐中，為等邊三角形，平面ABC，將三角形PAC繞PA逆時針旋轉至PAD位置（如圖），且二面角的大小為90°．證明：A，B，C，D四點共面，且；
【解題思路】根據線面垂直的判定定理可得平面，然后利用反證法可得四點共面，進而根據二面角的概念及利用線面垂直的判定定理可得平面，即得.
【解答過程】證明：平面，且平面，平面，
，，平面ACD，又，
平面，假設四點不共面，
平面，平面，
平面平面，與平面平面矛盾，故四點共面；
又，所以為二面角的平面角，
，即，又，且平面PAB，
平面，又平面，
.
【變式4-3】（23-24高一下·江蘇淮安·期中）已知三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，為的重心，
(1)求證：；
(2)已知平面，且平面．求證：．
【解題思路】（1）連交于，由重心可得為的中點，由已知借助三角形全等證得，再由線面垂直的判定、性質推理即得.
（2）由給定條件，證得三棱錐為正四面體，進而證得平面，再用線面垂直的性質得結論.
【解答過程】（1）在三棱柱中，連交于，連，由為的重心，得為的中點，
由，，，得，則，
因此，，又平面，
于是平面，而平面，則，又，
所以.
（2）由，，得為正三角形；同理也為正三角形，
則，從而三棱錐的所有棱長均為2，該四面體為正四面體，
由為的重心，得平面，菱形中，過的中點，
即直線與平面的交點為的中點，因此不在直線上，又平面，
所以.
【題型5 面面垂直的判定】
【例5】（2024·四川成都·模擬預測）如圖，三棱柱所有棱長都為為與交點.
(1)證明：平面平面；
(2)若，求三棱柱的體積.
【解題思路】（1）由題意證明，，得出平面BCD，即可證明平面平面;
（2）依題意可得平面，進而可得為直角三角形，在中，由余弦定理求出，由三棱柱的體積，計算可得結果.
【解答過程】（1）取BC中點，取中點，連接DE，BE，OE，
因為三棱柱所有棱長都為，有，為的中點，BCDE四點共面，
所以，且平面，
即平面BCD，又平面，故平面平面.
（2），則平面，因為，
所以平面平面，有，即為直角三角形，
故，而，
在中，,則
則有三棱柱的體積
.
【變式5-1】（2024·四川資陽·二模）如圖，在四面體ABCD中，，，E，F分別為AB，AC的中點.
(1)證明：平面平面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，再由線面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；
（2）利用等體積轉化可得答案.
【解答過程】（1）
取CD的中點O，連接OA，OB，
因為，，所以，且，
又，，，，
所以，可得，
又，平面，所以平面BCD，
又平面ACD，所以平面平面BCD；
（2）因為，所以由（1）可得，，
，
，
又F為AC的中點，所以，
在△BDF中，，，，
則，
所以，
則.
設點A到平面BDF的距離為d，則，
解得，即點A到平面BDF的距離為.
【變式5-2】（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱，各棱長均相等.，，分別為棱，，的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)求直線與所成角的正弦值.
【解題思路】（1）由題意可證得，在直三棱柱中，平面，可得，進而可證得平面，即證得平面平面；
（2）由題意可證得，即可得直線與所成的角，在△中，可求出的正弦值，進而求出于直線與所成的角．
【解答過程】（1）證明：由題意在等邊三角形中，為的中點，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以平面平面；
（2）連接，因為，，分別為棱，，的中點，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
所以即為直線與所成的角，
在△中，設直三棱柱的棱長為2，則
可得．
故
即直線與所成角的正弦值為．
【變式5-3】（2024·四川德陽·三模）如圖，在三棱柱中，底面是等邊三角形，，D為的中點，過的平面交棱于E，交于F.
(1)求證：平面平面；
(2)設M為的中點，平面交于P，且.若，且，求四棱錐的體積.
【解題思路】（1）根據三角形全等，可得，又，即可得平面，進而可求解，
（2）根據線面平行的性質可得 ，即可求解的長度，利用面面垂直的性質可得平面，即可求解，進而由體積公式即可求解.
【解答過程】（1）證明：連接，.
因為，，
所以，所以.
因為為的中點，所以.
因為為的中點，所以.
因為，，平面
所以平面.
又，所以平面.
又平面
所以平面平面.
（2）由題意得：，，
因為，平面，平面
所以 平面
由于平面 平面，平面，
所以 ,故.
所以四棱錐的頂點到底面的距離等于點到底面的距離.
作，垂足為，則由（1）知平面平面，且交線為，平面,所以平面
故.
底面的面積為.
所以四棱錐的體積為.
【題型6 面面垂直性質定理的應用】
【例6】（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，四棱錐，側面PAD是邊長為2的正三角形且與底面垂直，底面ABCD是的菱形，為棱PC上的動點且.
(1)求證: 為直角三角形;
(2)試確定的值，使得三棱錐的體積為.
【解題思路】（1）取AD中點，連結則由等腰三角形的性質可得，從而得平面，則，而，所以，進而可證得結論；
（2）由面面垂直的性質可得平面，則由可求得結果.
【解答過程】（1）證明：取AD中點，連結
因為四邊形為菱形，且，
所以均為等邊三角形，
因為也為等邊形三角形，
所以.
又因為平面平面POC，
所以平面，
又平面，所以，
因為，所以，
即，從而為直角三角形；
（2）由（1）可知，
又平面平面，平面平面，平面PAD，
所以平面，
因為為棱PC上的動點且，
所以，
因為，都是邊長為2的正三角形，
所以，
所以，
因為三棱錐的體積為，
所以.
【變式6-1】（2024·廣東·二模）如圖，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，側面是菱形，，平面平面．
(1)證明：；
(2)求點到平面的距離．
【解題思路】（1）利用線面垂直的判定可得平面，然后利用線面垂直性質定理結合平行即可得證.
（2）根據給定條件，結合余弦定理，利用等體積法求出點到平面的距離.
【解答過程】（1）連接，由四邊形為菱形，得，由，得，
又平面平面，平面平面，面ABC，
則平面，又平面，于是，而，則，
又，平面，因此平面，又平面，
所以
（2）點到平面的距離，即三棱錐的底面上的高，
由（1）知平面，則三棱錐的底面上的高為，
設點到平面的距離為d，由，得，
而，，則的面積，
由，，得，又，，則，
又，，由余弦定理得，
則，的面積，
則，即 ，所以點到平面的距離為.
【變式6-2】（2024·四川成都·三模）如圖，在三棱臺中，在邊上，平面平面，，，，，.
(1)證明：；
(2)若的面積為，求三棱錐的體積.
【解題思路】（1）利用余弦定理結合勾股定理的逆定理，再利用面面垂直的性質、線面垂直的性質判定推理即得.
（2）由已知求出，借助三角形面積求出，再利用錐體體積公式計算即得.
【解答過程】（1）在中，，，，
由余弦定理得，則，
即，而平面平面，平面平面，
平面，于是平面，又平面，則，
又，，平面，平面，
因此平面，而平面，則，又，
所以.
（2）在中，，，，則， ，
由，解得，由，得，
因此，
所以三棱錐的體積是.
【變式6-3】（2024·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，平面，四邊形是正方形，．
(1)證明：；
(2)證明：平面；
(3)求三棱錐的體積．
【解題思路】（1）由線面垂直的性質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：因為平面平面，所以．
因為，
所以四邊形為直角梯形，所以．
在中，，則，
故．
（2）法一：證明：因為平面平面，所以．
在中，．
在中，，所以．
由（1）知，又平面，
所以平面．
法二：證明：因為平面平面，
所以平面平面．
因為四邊形是正方形，所以．
因為平面平面平面，
所以平面．因為平面，所以．
由（1）知，又平面，
所以平面．
（3）設三棱錐的高為，則．
由（2）得，平面，所以三棱錐的高即為．
由（1）得，．
又在中，，所以．
，
所以.
【題型7 垂直關系的綜合應用】
【例7】（2024·四川成都·一模）點、在以為直徑的球的表面上，且，，已知球的表面積是，下列說法中正確的個數是（ ）
①平面；②平面平面；③．
A． B． C． D．
【解題思路】利用線面垂直的判定定理可判斷命題①；取線段的中點，連接，利用球體的幾何性質可得出平面，再利用中位線的性質結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，因為為球的直徑，為球上異于、的一點，所以，，
又因為，，、平面，所以，平面，①對；
對于②，取線段的中點，連接，
因為，則為外接圓的圓心，
由球的幾何性質可知平面，
因為、分別為、的中點，則，則平面，
又因為平面，因此，平面平面，②對；
對于③，因為平面，平面，所以，，
若，且，、平面，則平面，
因為平面，則，
事實上，因為，且，則為等腰直角三角形，
且，這與矛盾，假設不成立，故與不垂直，③錯.
故正確命題為①②.
故選：C.
【變式7-1】（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖所示，在正方體中，M是棱上一點，平面與棱交于點N.給出下面幾個結論，其中所有正確的結論是（ ）
①四邊形是平行四邊形；②四邊形可能是正方形；③存在平面與直線垂直；④任意平面都與平面垂直.

A．①② B．③④ C．①④ D．①②④
【解題思路】通過幾何性質得出四邊形的形狀，由線線、線面垂直即可得出直線和平面與平面的關系.
【解答過程】對于①，因為平面與棱交于點，所以四點共面，
在正方體中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四邊形一定是平行四邊形，故①正確
對于②，在正方體中，面，
因為面，所以，
若是正方形， 有，，
若不重合，則與矛盾，
若重合，則不成立，故②錯誤；
對于③，因為平面，，
若直線與平面垂直，則直線，顯然矛盾，
所以平面與直線不可能垂直，故③錯誤
對于④，因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因為平面，所以平面平面，故④正確.
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，在正三棱柱中，，點M為的中點.
(1)證明：平面；
(2)在棱上是否存在點Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）根據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）因為三棱柱是正三棱柱，
所以平面平面,所以；
又因為M是的中點，所以，
因為平面平面,所以平面.
（2）由（1）可知平面，因為平面，
則平面平面，
在平面內過點A作交于點Q，平面平面，
因此平面，于是點Q即為所要找的點,
如圖7所示，顯然，
因此，即有，
于是，所以.
【變式7-3】（23-24高一下·廣東深圳·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面平面，底面是直角梯形，，且為的中點．
(1)求證：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在線段上是否存在點使得平面平面？若存在，請指明點的位置；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據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）經過分析易知，為中點，只需證明中點時，共面，即可根據面面垂直的性質得平面，即可求證面面垂直.
【解答過程】（1）所以,故，
又，，所以，又，平面,
所以平面，
又平面，所以．
（2）設為的中點，過作于，連接，
在中，，為中點，所以，
因為平面平面，且其交線為，又，平面，
所以平面，所以平面，
所以為二面角的平面角，
在直角梯形中，，，所以，所以，
又，所以，
在中，，所以，
所以二面角的余弦值為．
（3）存在的中點使得平面平面，理由如下：
的中點為，所以為的中位線，所以,
又，故,故共面，
因為平面平面，且其交線為，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
【題型8 平行、垂直關系的綜合應用】
【例8】（2024·四川南充·二模）如圖，在直四棱柱中，底面是菱形，，分別為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，求證：平面平面．
【解題思路】（1）設，根據三角形中位線和平行四邊形的性質可證得，由線面平行判定可得結論；
（2）由等邊三角形性質可得；根據線面垂直性質可得；根據線面垂直和面面垂直的判定可得結論.
【解答過程】（1）連接，，連接，
四邊形為菱形，為中點，又為中點，
，，又，，
，，四邊形為平行四邊形，
，又平面，平面，平面.
（2）連接，
，，又，為等邊三角形，
又為中點，；
四棱柱為直四棱柱，平面，
又平面，，
，平面，平面，
平面，平面平面.
【變式8-1】（2024·江西·模擬預測）如圖所示，四邊形為直角梯形，且，，，，．為等邊三角形，平面平面．

(1)線段上是否存在一點，使得平面，若存在，請說明點的位置；若不存在，請說明理由；
(2)空間中有一動點，滿足，且．求點的軌跡長度．
【解題思路】（1）取的中點，的中點，連接，，，即可證明，，從而得到平面平面，即可得到平面；
（2）取的中點，連接、，即可證明平面，從而得到平面，又，則點在以為直徑的球與平面的交線上，即點的軌跡為圓，取的中點，過點作交于點，則平面，再求出的軌跡圓的半徑，即可氣求出軌跡長.
【解答過程】（1）線段上存在中點，使得平面，理由如下：

取的中點，的中點，連接，，，
因為且，所以四邊形為平行四邊形，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，
即為線段的中點時，平面.
（2）取的中點，連接、，
又，為等邊三角形，所以，，
，平面，所以平面，
又，所以平面，
又，所以點在以為直徑的球上，
所以點在以為直徑的球與平面的交線上，
即點的軌跡為圓，
取的中點，由平面，過點作交于點，
則平面，
又，則，
設球的半徑為，的軌跡圓的半徑為，則，，
所以點的軌跡長度為.

【變式8-2】（2024·四川宜賓·模擬預測）如圖（1）示，在梯形中， ，，且，如圖（2）沿將四邊形折起，使得平面與平面垂直， 為的中點．
(1)求證： 面
(2)求證： ；
(3)求點到平面的距離．
【解題思路】（1）根據線線平行即可求證；
（2）根據面面垂直的性質可得線面垂直，進而由線線垂直證明線面垂直即可求證；
（3）根據等體積法即可求解.
【解答過程】（1）∵，，
又∵平面，且平面，
∴平面；
（2）∵平面平面，由已知條件可知， ，平面平面，平面，平面，
∴平面平面．
取的中點，連接、，
在中，∵，為的中點，
∴．
在中， ∵
又∵平面平面 平面
，又∵ 平面,
平面，又∵平面
（3）由（2）平面平面,
設點到平面的距離為，由得，
故點到平面的距離為.
【變式8-3】（2024·內蒙古赤峰·一模）已知正方體，棱長為2．
(1)求證：．
(2)若平面平面，且平面與正方體的棱相交，當截面面積最大時，在所給圖形上畫出截面圖形（不必說出畫法和理由），并求出截面面積的最大值．
(3)已知平面平面，設平面與正方體的棱、、交于點、、，當截面的面積最大時，求點到平面的距離．
【解題思路】（1）根據線面垂直的判定定理及性質定理可得結果；
（2）根據面面平行的性質定理及正三角形的面積公式可得結果；
（2）根據等積法求點到平面的距離可得結果.
【解答過程】（1）證明：連接，，因為是正方體，所以平面，
因為平面，所以.
又因為四邊形是正方形，所以，
因為，所以平面，因為平面，
所以．

（2）截面圖形，如圖所示的六邊形．根據題意知截面面積最大時，圖形為邊長為的
正六邊形，所以最大的截面面積為，所以．

（3）因為平面平面，所以當截面的面積最大時，、、分別是
棱、、的中點，易知，
易求，因為點到平面的距離為1，
所以．
易求，，，所以．
設到平面的距離為，
所以，所以．
所以到平面的距離為．
一、單選題
1．（2024·安徽合肥·二模）設，是兩個不同平面，，是兩條不同直線，則的一個充分條件是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，與相交
【解題思路】結合充分條件的定義，再利用空間中線線、線面、面面間的關系一一判斷即可.
【解答過程】對于選項A，當滿足，，時，可能相交，如圖：用四邊形代表平面，用四邊形代表平面，故A錯誤；
對于選項B，當滿足，，時，可能相交，如圖：用四邊形代表平面，用四邊形代表平面，故B錯誤；
對于選項C，因為，，又，所以，故，，是的一個充分條件，故C正確；
對于選項D，當滿足，，與相交時，可能相交，如圖：用四邊形代表平面，用四邊形代表平面，故D錯誤；
故選：C.
2．（2024·陜西西安·模擬預測）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． B． C． D．
【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. 因此A選項正確.

由圖易得，顯然與所成角非直角，因此異面直線與所成角也非直角，所以不成立. 因此B、C選項不正確.
由圖易得，顯然與相交，因此不成立. 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】根據已知條件結合線面垂直的性質和面面垂直的性質可得結論．
【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，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
【解題思路】利用空間線線的關系、面面平行、面面垂直的判定定理和性質逐一判定各選項，即可得出結論.
【解答過程】對于A，若，，則或，則m，n相交、平行、異面都有可能，A錯誤；
對于B，若，則與相交或平行，B錯誤；
對于C，若，則，又，則或，C錯誤；
對于D，由，得或，若，則存在過的平面與相交，
令交線為，則，而，于是，；若，而，則，
因此，D正確.
故選：D.
5．（2024·陜西榆林·模擬預測）在正方體中，E，F分別是，的中點，則（ ）
A． B．平面BCE
C． D．平面
【解題思路】對于A，說明異面即可判斷；對于B，說明平面平面即可判斷；對于C，可以用反證法導出矛盾，進而判斷；對于D，顯然不垂直.
【解答過程】對于A，
設為中點，則，但相交，所以異面，故A錯誤；
對于B，設的中點為H，則，，
因為平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又因為平面，
故平面平面，
又平面，故平面BCE，選項B正確．
對于C，在中，，，故EF與不可能垂直（否則垂直平分，會得到，這與矛盾），C選項錯誤．
對于D，
易知平面，又，故D選項錯誤．
故選：B.
6．（2024·山東濟南·二模）已知正方體分別是的中點，則（ ）
A． 平面
B． 平面
C． 平面
D．平面
【解題思路】通過證明面可得，從而排除AB，再利用證明 平面以及排除D即可.
【解答過程】由已知面，面，
則，又，，面，
所以面，又面，所以，排除AB，
明顯分別為的中點，所以，
又面，面，
所以 平面，C正確；
若平面，則必有，又，
所以，明顯不成立，D錯誤.
故選：C.
7．（2024·陜西商洛·模擬預測）如圖，四邊形是圓柱的軸截面，是底面圓周上異于，的一點，則下面結論中錯誤的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．平面
【解題思路】由條件，結合線面垂直判定定理證明平面，再證明，判斷A，
由，根據線面平行判定定證明平面，判斷B，
由平面，結合面面垂直判定定理證明平面平面，判斷C，
設平面，結合線面垂直性質可證，推出矛盾，判斷D.
【解答過程】因為四邊形是圓柱的軸截面，則線段是直徑，都是母線．
又是底面圓周上異于的一點，
于是得.
而平面，平面，則.
因為，平面，
則平面，
因為平面，因此得，A正確；
因為,平面，平面，
所以平面，B正確；
因為平面，而平面，
所以平面平面，C正確．
點不在底面內，而直線在底面內，即是兩條不同直線，
若平面，因平面，
則，與矛盾，D不正確；
故選：D.
8．（2024·四川廣安·二模）如圖，菱形的對角線與交于點，是的中位線，與交于點，已知是繞旋轉過程中的一個圖形﹐且平面.給出下列結論：
①平面；
②平面平面；
③“直線直線”始終不成立.
其中所有正確結論的序號為（ ）
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】菱形的對角線與交于點，是的中位線，則，
而平面，平面，因此平面，①正確；
連接，由，得，而平面，
則平面，又平面，因此平面平面，②正確；
顯然是二面角的平面角，由繞旋轉過程中，
從逐漸減小到（不包含和），當時，，
平面，則平面，而平面，于是，③錯誤，
所以所有正確結論的序號為①②.
故選：B.
二、多選題
9．（2024·廣東肇慶·三模）已知，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，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
【解題思路】根據線面垂直性質定理判斷A，由條件確定的位置關系，判斷B，
根據線面平行性質定理，判定定理證明，判斷C，由條件確定位置關系，判斷D.
【解答過程】若，，且m，n為兩條不同的直線，由線面垂直性質可得，所以A正確；
若，，則m與n可能相交、平行或異面，所以B不正確；
若，，設過m的平面與，分別交于，，則，，，
所以，又因為，，所以，則，所以C正確；
因為，，，若平面與不垂直，則與平面相交但不垂直．故D錯誤.
故選：AC.
10．（2024·云南昆明·模擬預測）如圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中（ ）
A． B．
C．與成60°角 D．與是異面直線
【解題思路】由展開圖翻折成正方體，根據正方體的性質判斷直線間的位置關系．
【解答過程】展開圖翻折成的正方體如圖所示，因為，，因此，所以A錯誤；同理，，所以，B正確；
或其補角是與所成的角，又△是等邊三角形，所以 ，所以與所成的角是，C正確.
又平面，且與不平行，故與是異面直線，D正確.
故選：BCD.
11．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四邊形ABCD為正方形，，點E，M，N分別為AD，PD，BC的中點，記過點M，N，E的平面為，四棱錐P-ABCD的體積為V，則（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱錐P-ABCD兩部分中較大部分幾何體的體積為
D．平面PBC⊥平面PCD
【解題思路】對于A，由已知先證得，再證得，則可得AM⊥平面PCD，即可判斷；對于B，由已知可得，故得是等邊三角形，又M為PD的中點，所以，即可判斷；對于C，先得過點M，N，E的平面為于PC交于點H，進而得得，得，得，得，得，得，即可判斷；對于D，作出二面角B-PC-D的平面角，由余弦定理計算出，可得平面PBC與平面PCD不垂直，即可判斷.
【解答過程】
因為四邊形ABCD為正方形，，
所以，又M為PD的中點，所以，
又PA⊥底面ABCD，得，
又四邊形ABCD為正方形，得，
又，且平面PAD，
所以平面PAD，
又平面PAD，所以，
又，且平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，故A正確；
如圖,連接，由四邊形ABCD為正方形，，
可得，
又PA⊥底面ABCD，則，故是等邊三角形，
又M為PD的中點，所以，故B正確；
連接，又點E，M，N分別為AD，PD，BC的中點，
則有，
又平面，
可得平面，平面，
記過點M，N，E的平面為，交于點，連接，
又，所以平面平面
又由面面平行的性質可得，
故為的中位線，由點分別為的中點，
得，
又四棱錐P-ABCD的體積為V，得，
又，則，
所以，
則
故較大部分幾何體的體積為，故C正確；
過B作于點F連接，
由已知得，則，
則為二面角B-PC-D的平面角，
設，由等面積法得，
得，故 ，
在中，，
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·模擬預測）在正四棱柱中，，平面與棱分別交于點，其中分別是的中點，且，則 3 ．
【解題思路】結合空間位置關系的判斷以及相關計算計算即可得.
【解答過程】因為平面經過棱的中點，所以四邊形為菱形，
連接、，、，令，
則，又底面，平面，
故，又、平面，且，
故平面，又分別是的中點，故，
故平面，由平面，故，
又因為，、平面，，
故平面，又平面，
故，則與相似，
，，
故有，即，即.
故答案為：3.
13．（2024·陜西安康·模擬預測）已知四棱錐的底面為菱形，其中，點在線段上，若平面平面，則 ．
【解題思路】設平面與直線交于點，連接，取中點，連接，與交于點，連接，證明，然后證明平面，得證，從而由面面垂直的性質定理得平面，得，設出，計算出后可得結論。
【解答過程】設平面與直線交于點，連接，取中點，連接，與交于點，連接，
因為，平面，平面，所以平面，
又平面 平面，平面，所以，從而，
又菱形中，，所以是等邊三角形，則，
而，所以，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，從而，
因為平面 平面，平面 平面 ，平面，所以平面，又因為平面，所以，
設，則由已知得，，
，，
中，，從而，，，
，
所以.
故答案為：.
14．（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，點在線段上運動，則下列結論正確的是 ①②③ ．
①平面平面
②三棱錐的體積為定值
③在上存在點，使得面
④的最小值為2

【解題思路】證明平面即可判斷①，由平面即可判斷②，當為的中點時，證明平面平面，即可判斷③，化折線為直線，利用余弦定理判斷④.
【解答過程】對于①：由正方體的性質可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可證，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故①正確；

對于②：因為，平面，平面，所以平面，
又，所以點到平面的距離為定值設為，的面積也為定值，
又為定值，故②正確；

對于③：當為的中點時，點也為的中點，，平面，
平面，所以平面，即平面，
同理可證平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故③正確；

對于④：如下圖，將沿著翻折到與平面共面且、在的異側，
連接與交于點，則即為的最小值，
又，，
所以，
即的最小值為，故④錯誤.

故答案為：①②③.
四、解答題
15．（2024·陜西榆林·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，底面為正方形，E為線段的中點，．
(1)求證：；
(2)求點E到平面的距離．
【解題思路】（1）先根據線面垂直的判定定理證明平面PAC，結合線面垂直性質定理推得線線垂直；
（2）設點A到平面PBD的距離為d，得點E到平面PBD的距離為．結合三棱錐等體積變換求得距離．
【解答過程】（1）證明：平面，平面，，
又底面ABCD為正方形，，
又，且平面，
平面PAC，
平面PAC，．
（2）E為線段AB的中點，
若點A到平面PBD的距離為d，則點E到平面PBD的距離為．
由題易知，
．
，，解得．
點E到平面的距離為．
16．（2024·青海海西·模擬預測）如圖是一個平面截底面邊長為2的正方形的長方體所得的幾何體與相交于點.
(1)證明：平面；
(2)求三棱錐的體積.
【解題思路】（1）借助，可證，再利用平面，可得，從而可得證；
（2）先求和，利用棱錐體積公式計算可得.
【解答過程】（1）如圖，連接，
四邊形為正方形，，
平面平面平面，
，
，
，，
，，
平面平面，
又平面，
平面平面；
（2）由，可得四邊形為矩形，又由為的中點，
為的中點，可得，
在梯形中，為的中點，為的中點，
可得，
又由，
有，
又由，可得三棱錐的體積為.
17．（2024·四川成都·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，，．

(1)證明：平面平面；
(2)若，，為中點，求三棱錐的體積．
【解題思路】（1）利用線面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）利用線面垂直的判定證得平面ABCD，再利用等體積轉化求出體積.
【解答過程】（1）在中，由余弦定理得．
由，得，而，，則，
又平面EDB，因此平面EDB，而平面ABCD，
所以平面平面ABCD．
（2）由F是EC中點，得．

由（1）知平面EDB，平面EDB，則，
而，平面ABCD，則平面ABCD，
因此．即，
所以三棱錐的體積為．
18．（2024·四川成都·三模）如圖，在三棱柱中，平面，，，，是棱的中點，在棱上，且.

(1)證明：平面；
(2)若四棱錐的體積等于1，判斷平面與平面是否垂直，并說明理由.
【解題思路】（1）先利用線面垂直的判定與性質定理證得，再利用平行線分線段成比例的推論證得，從而利用線面平行的判定定理即可得證；
（2）利用四棱錐的體積求出，令，連接，利用線面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
【解答過程】（1）在三棱柱中， 平面，平面，則，
又，平面，于是平面，
而平面，則，又，平面，
因此平面，而平面，則，
在矩形中，由，，
得，即為棱的中點，令，
連接交于，連接，
顯然，
在中，，而平面，平面，
所以平面.

（2）平面與平面垂直，理由如下：
設，由（1）知，平面，
則四棱錐的體積為，解得，
即有，
因此，令，連接，顯然是的中點，
于是，，且平面，則平面，
又平面，所以平面平面.

19．（2024·陜西西安·一模）圖1所示的是等腰梯形，，，，，于點，現將沿直線折起到的位置，連接，，形成一個四棱錐，如圖2所示.
(1)若平面平面，求證：；
(2)求證：平面平面；
(3)若二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【解題思路】（1）先由線面平行的判定定理證明平面，再由線面平行的性質定理得證；
（2）先由線面垂直的判定定理證明平面，再由面面垂直的判定定理得證；
（3）利用等體積法將三棱錐的體積轉化為三棱錐的體積，再由第（2）問的面面垂直構造線面垂直即三棱錐的高，再計算即可．
【解答過程】（1）解：證明：由題意知，因為平面，平面，所以平面，
又因為平面，平面平面，
根據直線與平面平行的性質定理，可得．
（2）證明：由題知，，
因為平面，平面，，所以平面，
又因為平面，所以平面平面.
（3）由題知，，所以，過作交于點，
則，，平面，所以，
又因為，所以平面，
三棱錐的體積等于三棱錐的體積，
所以.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題7.4 空間直線、平面的垂直【八大題型】
【新高考專用】
【題型1 垂直關系的有關命題的真假判斷】 5
【題型2 證明線線垂直】 5
【題型3 線面垂直的判定】 7
【題型4 線面垂直的性質定理的應用】 9
【題型5 面面垂直的判定】 11
【題型6 面面垂直性質定理的應用】 12
【題型7 垂直關系的綜合應用】 15
【題型8 平行、垂直關系的綜合應用】 16
1、空間直線、平面的垂直
考點要求 真題統計 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系 (2)掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單應用 2022年全國乙卷（文數）：第9題，5分 2022年全國乙卷（文數）：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系的轉化，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.
【知識點1 線面垂直的判定定理和性質定理】
1．直線與平面垂直
(1)定義
如果直線l與平面內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定理
(1)直線與平面垂直的性質定理
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)性質定理的作用
①由線面垂直證明線線平行.
②構造平行線.
【知識點2 面面垂直的判定定理和性質定理】
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.
【知識點3 空間中的垂直關系的判定方法】
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定理；
(3)利用面面垂直的性質定理；
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)面面垂直的性質定理：如果兩個平面垂直，那么在一個平面內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：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：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)一個轉化：
在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化.在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
4．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.
【知識點4 空間中位置關系的相互轉化】
1．線、面垂直位置關系的相互轉化
2．平行關系與垂直關系的相互轉化
【方法技巧與總結】
1．三垂線定理
平面內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 垂直關系的有關命題的真假判斷】
【例1】（2024·四川成都·三模）已知直線、、與平面、，下列命題正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，，則
【變式1-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題為真命題的是（ ）
A．若，，則 B．若，，，則
C．若，，則 D．，，，則
【變式1-2】（2024·福建泉州·模擬預測）已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題是真命題的是（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
【變式1-3】（2024·重慶·模擬預測）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，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，，則
【題型2 證明線線垂直】
【例2】（2024·四川宜賓·三模）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，，，，點E為線段的中點，點F在線段上，且．
(1)求證：；
(2)求三棱錐的體積．
【變式2-1】（2024·陜西西安·三模）在四棱錐中，平面平面，，，，．
(1)證明：．
(2)若為等邊三角形，求點C到平面的距離．
【變式2-2】（2024·陜西商洛·三模）如圖，在四棱錐中，平面，平面平面．
(1)證明：；
(2)若為的中點，，求到平面的距離．
【變式2-3】（2024·內蒙古·三模）如圖，在三棱柱中，，四邊形為菱形，.
(1)證明：；
(2)已知平面平面，，求四棱錐的體積.
【題型3 線面垂直的判定】
【例3】（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且與交于.
(1)證明：平面；
(2)求四棱錐的體積.
【變式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱錐中，，底面為等腰梯形， ，，為線段的中點，.
(1)證明：平面；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.
【變式3-2】（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為邊CD的中點，沿AE把折起，使點D到達點P的位置，且．
(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的表面積
【變式3-3】（2024·四川綿陽·模擬預測）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.
(1)證明：BC⊥面PAC；
(2)若點A到平面PBC的距離為，求四棱錐P—ABCD的體積.
【題型4 線面垂直的性質定理的應用】
【例4】（24-25高二上·全國·課后作業）如圖所示，已知平面平面，，垂足為A，，垂足為B，直線，，試判斷直線a與直線l的位置關系，并說明理由．
【變式4-1】（2024·陜西西安·模擬預測）如圖所示，在四棱錐中，平面，，，且，．
(1)求三棱錐的體積；
(2)求證：．
【變式4-2】（2024高一·全國·專題練習）在三棱錐中，為等邊三角形，平面ABC，將三角形PAC繞PA逆時針旋轉至PAD位置（如圖），且二面角的大小為90°．證明：A，B，C，D四點共面，且；
【變式4-3】（23-24高一下·江蘇淮安·期中）已知三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，為的重心，
(1)求證：；
(2)已知平面，且平面．求證：．
【題型5 面面垂直的判定】
【例5】（2024·四川成都·模擬預測）如圖，三棱柱所有棱長都為為與交點.
(1)證明：平面平面；
(2)若，求三棱柱的體積.
【變式5-1】（2024·四川資陽·二模）如圖，在四面體ABCD中，，，E，F分別為AB，AC的中點.
(1)證明：平面平面BCD；
(2)求點A到平面BDF的距離.
【變式5-2】（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱，各棱長均相等.，，分別為棱，，的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)求直線與所成角的正弦值.
【變式5-3】（2024·四川德陽·三模）如圖，在三棱柱中，底面是等邊三角形，，D為的中點，過的平面交棱于E，交于F.
(1)求證：平面平面；
(2)設M為的中點，平面交于P，且.若，且，求四棱錐的體積.
【題型6 面面垂直性質定理的應用】
【例6】（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，四棱錐，側面PAD是邊長為2的正三角形且與底面垂直，底面ABCD是的菱形，為棱PC上的動點且.
(1)求證: 為直角三角形;
(2)試確定的值，使得三棱錐的體積為.
【變式6-1】（2024·廣東·二模）如圖，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，側面是菱形，，平面平面．
(1)證明：；
(2)求點到平面的距離．
【變式6-2】（2024·四川成都·三模）如圖，在三棱臺中，在邊上，平面平面，，，，，.
(1)證明：；
(2)若的面積為，求三棱錐的體積.
【變式6-3】（2024·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，平面，四邊形是正方形，．
(1)證明：；
(2)證明：平面；
(3)求三棱錐的體積．
【題型7 垂直關系的綜合應用】
【例7】（2024·四川成都·一模）點、在以為直徑的球的表面上，且，，已知球的表面積是，下列說法中正確的個數是（ ）
①平面；②平面平面；③．
A． B． C． D．
【變式7-1】（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖所示，在正方體中，M是棱上一點，平面與棱交于點N.給出下面幾個結論，其中所有正確的結論是（ ）
①四邊形是平行四邊形；②四邊形可能是正方形；③存在平面與直線垂直；④任意平面都與平面垂直.

A．①② B．③④ C．①④ D．①②④
【變式7-2】（23-24高一下·云南昭通·期末）如圖，在正三棱柱中，，點M為的中點.
(1)證明：平面；
(2)在棱上是否存在點Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【變式7-3】（23-24高一下·廣東深圳·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面平面，底面是直角梯形，，且為的中點．
(1)求證：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在線段上是否存在點使得平面平面？若存在，請指明點的位置；若不存在，請說明理由．
【題型8 平行、垂直關系的綜合應用】
【例8】（2024·四川南充·二模）如圖，在直四棱柱中，底面是菱形，，分別為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，求證：平面平面．
【變式8-1】（2024·江西·模擬預測）如圖所示，四邊形為直角梯形，且，，，，．為等邊三角形，平面平面．

(1)線段上是否存在一點，使得平面，若存在，請說明點的位置；若不存在，請說明理由；
(2)空間中有一動點，滿足，且．求點的軌跡長度．
【變式8-2】（2024·四川宜賓·模擬預測）如圖（1）示，在梯形中， ，，且，如圖（2）沿將四邊形折起，使得平面與平面垂直， 為的中點．
(1)求證： 面
(2)求證： ；
(3)求點到平面的距離．
【變式8-3】（2024·內蒙古赤峰·一模）已知正方體，棱長為2．
(1)求證：．
(2)若平面平面，且平面與正方體的棱相交，當截面面積最大時，在所給圖形上畫出截面圖形（不必說出畫法和理由），并求出截面面積的最大值．
(3)已知平面平面，設平面與正方體的棱、、交于點、、，當截面的面積最大時，求點到平面的距離．
一、單選題
1．（2024·安徽合肥·二模）設，是兩個不同平面，，是兩條不同直線，則的一個充分條件是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，與相交
2．（2024·陜西西安·模擬預測）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． B． C． D．
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
4．（2024·湖南·三模）已知m，n是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列命題正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
5．（2024·陜西榆林·模擬預測）在正方體中，E，F分別是，的中點，則（ ）
A． B．平面BCE
C． D．平面
6．（2024·山東濟南·二模）已知正方體分別是的中點，則（ ）
A． 平面
B． 平面
C． 平面
D．平面
7．（2024·陜西商洛·模擬預測）如圖，四邊形是圓柱的軸截面，是底面圓周上異于，的一點，則下面結論中錯誤的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．平面
8．（2024·四川廣安·二模）如圖，菱形的對角線與交于點，是的中位線，與交于點，已知是繞旋轉過程中的一個圖形﹐且平面.給出下列結論：
①平面；
②平面平面；
③“直線直線”始終不成立.
其中所有正確結論的序號為（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
二、多選題
9．（2024·廣東肇慶·三模）已知，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，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
10．（2024·云南昆明·模擬預測）如圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中（ ）
A． B．
C．與成60°角 D．與是異面直線
11．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四邊形ABCD為正方形，，點E，M，N分別為AD，PD，BC的中點，記過點M，N，E的平面為，四棱錐P-ABCD的體積為V，則（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱錐P-ABCD兩部分中較大部分幾何體的體積為
D．平面PBC⊥平面PCD
三、填空題
12．（2023·陜西安康·模擬預測）在正四棱柱中，，平面與棱分別交于點，其中分別是的中點，且，則 ．
13．（2024·陜西安康·模擬預測）已知四棱錐的底面為菱形，其中，點在線段上，若平面平面，則 ．
14．（2024·河南鄭州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，點在線段上運動，則下列結論正確的是 ．
①平面平面
②三棱錐的體積為定值
③在上存在點，使得面
④的最小值為2

四、解答題
15．（2024·陜西榆林·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，底面為正方形，E為線段的中點，．
(1)求證：；
(2)求點E到平面的距離．
16．（2024·青海海西·模擬預測）如圖是一個平面截底面邊長為2的正方形的長方體所得的幾何體與相交于點.
(1)證明：平面；
(2)求三棱錐的體積.
17．（2024·四川成都·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，，，．

(1)證明：平面平面；
(2)若，，為中點，求三棱錐的體積．
18．（2024·四川成都·三模）如圖，在三棱柱中，平面，，，，是棱的中點，在棱上，且.

(1)證明：平面；
(2)若四棱錐的體積等于1，判斷平面與平面是否垂直，并說明理由.
19．（2024·陜西西安·一模）圖1所示的是等腰梯形，，，，，于點，現將沿直線折起到的位置，連接，，形成一個四棱錐，如圖2所示.
(1)若平面平面，求證：；
(2)求證：平面平面；
(3)若二面角的大小為，求三棱錐的體積.
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