第10讲 空间的垂直关系（人教A版2019必修第二册）（解析版）

第10讲空间的垂直关系【人教A版2019】·模块一空间直线、平面的垂直（一）·模块二空间直线、平面的垂直（二）·模块三课后作业模块一模块一空间直线、平面的垂直（一）1．异面直线所成的角(1)两条异面直线所成的角的定义

如图，已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b，我们把直线a'，b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)异面直线所成的角的范围

异面直线所成的角必须是锐角或直角，即的范围是<.(3)两条异面直线垂直的定义

如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线b垂直，记作a⊥b.2．直线与平面垂直(1)定义如果直线l与平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面互相垂直，记作l⊥.直线l叫做平面的垂线，平面叫做直线l的垂面.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.(2)点到平面的距离过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离.3．直线与平面垂直的判定定理(1)自然语言：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直．(2)图形语言：如图所示．(3)符号语言：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.该定理可简记为“若线线垂直，则线面垂直”.4．直线与平面所成的角(1)定义①斜线和斜足：如图，一条直线l与一个平面相交，但不与这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点A叫做斜足.

②斜线在平面上的射影：如图，过斜线上斜足以外的一点P向平面引垂线PO，过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影.

③斜线与平面所成的角：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.(2)直线与平面所成的角的范围

①一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是.

②一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是.

③与平面相交且不垂直于此平面的直线和此平面所成的角的范围是<.

④直线与平面所成的角的取值范围是.5．直线与平面垂直的性质定理(1)直线与平面垂直的性质定理①自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．②图形语言：如图所示．③符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.

(2)性质定理的作用

①由线面垂直证明线线平行.

②构造平行线.【考点1异面直线所成的角】【例1.1】（2023下·陕西安康·高二统考期末）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，A．12 B．13 C．22【解题思路】取BD的中点G，直线EF与直线AA1所成的角为∠EFG，在△EFG【解答过程】如图，取BD的中点G，连接EG，FG，则AA1故直线EF与直线AA1所成的角为因为AA1⊥面ABCD，EG⊂面ABCD，所以A设AA1=FG=2a，EG=

故选：A.【例1.2】（2023下·山东枣庄·高一校考阶段练习）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=3A．30° B．45° C．60° D．90°【解题思路】连接A1C1，则∠A1A【解答过程】解：如图，连接A1C1，因为BB1//A1因为tan∠A1故选：C.【变式1.1】（2023下·宁夏银川·高一校考期末）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D为A1B1A．30° B．45° C．60° D．90°【解题思路】取B1C1的中点E，连接BE,DE，易得∠BDE（或其补角）为异面直线BD与【解答过程】如图，取B1C1的中点E，连接BE,DE，则AC//A1C1//DE由条件知：BD=DE=EB=2，则∠BDE=60°故选：C.【变式1.2】（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在正三角形ABC中，D,E,F分别为各边的中点，G,H,I,J分别为AF,AD,BE,DE的中点.将△ABC沿DE,EF,DF折成三棱锥以后，HG与IJ所成角的度数为（

）A．90° B．60° C．45° D．0°【解题思路】根据题意，进行求解即可.【解答过程】将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，I、J分别为BE、DE的中点，则IJ∥侧棱AD，故GH与IJ所成角与侧棱AD与GH所成的角相等；AD为折成三棱锥的侧棱，因为∠AHG=60°，故GH与IJ所成角的度数为60°，故选:B．【考点2线线垂直的判定】【例2.1】（2023下·全国·高一专题练习）如图所示，如果MC⊥菱形ABCD所在的平面，那么MA与BD的位置关系是（

）A．平行 B．垂直相交 C．垂直但不相交 D．相交但不垂直【解题思路】由题意结合线面垂直的判定定理和线面垂直的定义即可确定MA与BD的位置关系.【解答过程】∵BD是菱形ABCD的一条对角线，菱形对角线互相垂直，∴AC⊥BD.∵MC⊥平面ABCD，∴MC⊥BD，∵MC和AC相交于点C，∴BD⊥平面ACM，∵MA⊂平面AMC，∴MA⊥BD.又∵MA与BD是异面直线，∴MA与BD的位置关系是垂直但不相交.故选C.【例2.2】（2023·江苏·高一专题练习）如图1，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A．EF与BB1垂直 B．EF与C．EF与CD异面 D．EF与A1【解题思路】根据异面直线的概念，进行判断即可.【解答过程】如图所示，连结A1B，由几何关系可得点E为A1由三角形中位线的性质可得：EF∥A1C1，即很明显，EF与CD异面，由几何关系可得：A1C1综上可得，选项D中的结论不成立.故选：D.【变式2.1】（2023上·江西·高三统考期中）如图，PA垂直于圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E,F分别是点A在PB,PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥BC.正确命题的个数为A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】根据题意，逐项判断即可.【解答过程】∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，又PA⊥面圆O，故PA⊥BC，且PA∩AC=A，∴BC⊥面PAC，所以BC⊥AF，又AF⊥PC，且PC∩BC=C，∴AF⊥面PBC，故AF⊥BC，AF⊥PB，故①③正确,又AE⊥PB，且AE∩AF=A,所以PB⊥面AEF，从而EF⊥PB，故②正确，若AE⊥BC，则可证BC⊥面AEF，又BC⊥面PAC，则面AEF∥面PAC，与面AEF∩面PAC=AF矛盾，所以不正确，故选C.【变式2.2】（2023下·江西九江·高一统考期末）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N，P，Q分别为棱AA1，

A．OM B．ON C．OP D．OQ【解题思路】取AD的中点R，连接MR、OR、NR、DA1，即可证明A1D⊥平面ONR，从而判断B，再由平行得到异面直线所成角，即可判断A【解答过程】取AD的中点R，连接MR、OR、NR、DA1，根据正方体的性质可得B1C//所以∠OMR为异面直线B1C与设正方体的棱长为2，则OR=1，MR=12+所以OR2+MR2=OM2，所以∠ORM=90°，显然因为OR⊥MR，MR//A1D，所以OR⊥A1D，又NR⊥所以A1D⊥平面ONR，ON⊂平面ONR，所以A1D⊥ON，所以

取BC的中点E，连接OE、B1E，则OE//AB且OE=1所以OE//PB1且OE=PB所以∠CB1E为B1C与OP所成的角，显然∠CB1

连接EQ，因为OE⊥平面BCC1B1，B1若B1C⊥OQ，OQ∩OE=O，OQ,OE⊂平面OQE，所以B1又EQ⊂平面OQE，所以B1C⊥EQ，显然B1所以B1C与OQ不垂直，故

故选：B.【考点3线面垂直的判定】【例3.1】（2023·全国·高一专题练习）如图，圆柱OO'中，AA'是侧面的母线，AB是底面的直径，

A．BC⊥平面A'AC B．BC⊥C．AC⊥平面A'BC D．AC⊥【解题思路】根据线面垂直的判定定理、性质定理及定义逐项判断即可.【解答过程】依题意AA'⊥平面ABC，BC⊂平面ABC又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC，AA'∩AC=A，AA'，AC⊂平面A对于B：在△ABC中，BC⊥AC，显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直平面A'AB，故对于C：在△A'AC中，AA'⊥AC，显然AC与A'对于D：在△ABC中，BC⊥AC，显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂直平面A'AB，故故选：A.【例3.2】（2023上·河南郑州·高三校联考期末）已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA．OB⊥平面ACC1A1 BC．OB//平面CD1【解题思路】利用线面平行的判定定理证明C，根据BD⊥平面ACC1A1说明A，利用BC1⊥平面【解答过程】连接BD，作出图形如图所示，因为D1D//B1B且BD⊄平面CD1B1，B1D1同理可证OD//B1C，即可证明又OD∩BD=D，OD,BD⊂平面OBD，所以平面OBD//平面C故OB//平面CD1对于A，因为AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD又AC∩AA1=A，AC,A所以BD⊥平面ACC1A1，而BD与OB不平行，所以OB不垂直于平面对于B，同理可证BC1⊥平面A1B1CD，而BC1对于D，易知AB⊥BC1，而AB，OB，BC1共面且OB与AB不平行，所以OB不垂直于故选：C．【变式3.1】（2023下·福建宁德·高一校考阶段练习）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，

A．直线A1D与直线D1BB．直线A1D与直线D1BC．直线A1D与直线D1BD．直线A1D与直线D1B【解题思路】由题意，连接AD1，显然M为AD1中点，由直线与平面平行的判定定理可得MN//平面ABCD，又易判断【解答过程】

解：如图，连接AD1，则A1D与AD又由N是D1B的中点，则MN//AB，而MN⊄平面ABCD，AB⊂平面故MN//平面ABCD，四边形ADD1A又由AB⊥A1D，则A1D⊥故选：C.【变式3.2】（2023上·山西·高二校联考期末）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB，D为PB的中点，则下列结论正确的有（

）①BC⊥平面PAB；②AD⊥PC；③AD⊥平面PBC；④PB⊥平面ADC.A．0个 B．1个C．2个 D．3个【解题思路】由线面垂直定义和判定定理进行辨析即可.【解答过程】对于①，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AB⊥BC，PA∩AB=A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，故①正确；对于②，③，由①，∵BC⊥平面PAB，AD⊂平面PAB，∴BC⊥AD，又∵PA=AB，D为PB的中点，∴AD⊥PB，又∵BC∩PB=B，BC⊂平面PBC，PB⊂平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又∵PC⊂平面PBC，∴AD⊥PC，故②，③正确；对于④，假设PB⊥平面ADC，则∵CD⊂平面ADC，∴PB⊥CD，又∵D为PB的中点，∴PC=BC，∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，∴Rt△PAC中，PC>AC又∵AB⊥BC，∴Rt△ABC中，AC>BC，∴PC>AC>BC，PC≠BC∴假设不成立，故④错误.∴正确的有①②③，共3个.故选：D.【考点4直线与平面所成的角】【例4.1】（2023上·北京·高二校考阶段练习）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AAA．104 B．64 C．32【解题思路】利用线面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得∠B1AD为AB【解答过程】取A1C1中点D在正三棱柱ABC-A1B1C∵CC1⊥底面A1B又CC1∩A1C1∴∠B1AD为A∵B1D⊥平面AA1由题意，AD=2在Rt△B1故选：A.【例4.2】（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）三棱锥A-BCD中，AB=3,BC=BD=42,∠ABC=∠ABD=π4,∠DBC=π3A．41717 BC．31717 D【解题思路】取CD中点，连接AE,BE，证得CD⊥面ABE，作AO⊥BE于O得AO⊥面BCD，由等积法求出点D到平面ABC的距离h，则hAD为直线AD与平面ABC所成角的正弦值【解答过程】取CD中点，连接AE,BE，∵AB=AB,BC=BD,∠ABC=∠ABD，∴△ABC≌△ABD，∴AC=AD，∴AE⊥CD，∵BC=BD,∠DBC=π3，∴△BCD是边长为∴BE⊥CD,BE=26∵AE,BE⊂面ABE,AE∩BE=E，∴CD⊥面ABE，作AO⊥BE于O，∵AO⊂面ABE,∴CD⊥AO，∵BE,CD⊂面BCD,BE∩CD=E，∴AO⊥面BCD，在△ABC中，由余弦定理得A=32+∴AC=AD=17∴AE=A∵AB=AE=3，∴OB=OE，∴AO=AS△ABC=1设点D到平面ABC的距离为h，由VA-BCD=V即12×(4所以直线AD与平面ABC所成角的正弦值为hAD故选：A.【变式4.1】（2023·河南开封·统考模拟预测）已知正方体ABCD-A1B

A．直线BC1与A1C所成的角为60° B．直线BC．直线BC1与平面ABB1A1所成的角为60° D【解题思路】对于选项A，设O,E,F,M分别是A1C1,CC1,BC,B1C1的中点，连接OE,OF,OM,EF,FM，可得直线BC1与A1C所成的角为∠OEF或其补角，根据勾股定理即可判断；对于选项B，由AB1//DC1，可得直线BC1与AB1所成的角为∠BC1【解答过程】对于A：设O,E,F,M分别是A1C1所以OE//A1C,EF//BC1OE2=OF所以OE2+EF2=O所以直线BC1与A1C所成的角为对于B：由正方体的性质可得AB所以直线BC1与AB易知△BC1D所以直线BC1与AB1所成的角为对于C：由正方体的性质C1B1所以直线BC1与平面ABB1A1对于D：因为BB1⊥平面A1B1C1D在正方形A1B1C1D1因为BB1∩所以OC1⊥所以∠C1BO为直线BC因为OC1=22,BC所以直线BC1与平面BB1D1故选:D.【变式4.2】（2024上·黑龙江哈尔滨·高三校联考期末）过正四棱锥P-ABCD的高PH的中点作平行于底面ABCD的截面A1B1C1D1，若四棱锥P-ABCD与四棱台ABCD-A1A．105 B．155 C．63【解题思路】根据题意知A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，设正方形ABCD的边长为a，PA=b，然后表示四棱锥P-ABCD与四棱台ABCD-A1B1【解答过程】

依题意过正四棱锥P-ABCD的高PH的中点作平行于底面ABCD的截面A1则A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，设正方形ABCD的边长为a，PA=b，所以正方形ABCD的面积为a2，正方形A1B正四棱锥的侧面积为4×1四棱台ABCD-A1B所以正四棱锥P-ABCD的表面积为a2四棱台ABCD-A1B所以a2解得b=5由PH⊥平面ABCD，所以∠PAH为直线PA与底面ABCD所成角，所以cos∠PAH=AHPA，又AH=所以cos∠PAH=故选：A.模块二模块二空间直线、平面的垂直（二）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，的二面角记作二面角-AB-，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角-l-，如图(1).②若在，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；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.所以二面角的平面角的范围是.2．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.平面与垂直，记作⊥.(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”.3．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.4．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⊥b⊥.

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∥，a⊥a⊥.(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【考点1面面垂直的判定】【例1.1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1

【解题思路】根据题意，由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面ACC1【解答过程】因为AC1⊥平面ABC，BC⊂所以A1又因为∠ACB=90°，即AC⊥BC，A1C,AC⊂平面ACC所以BC⊥平面ACC又因为BC⊂平面BCC所以平面ACC1A【例1.2】（2023上·四川成都·高二校考期中）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB=2，∠DAB=π3，FA=FC=6，记平面AEF与平面ABCD(1)证明：BD//(2)证明：平面BDEF⊥平面ABCD；【解题思路】（1）确定BD∥平面AEF，根据平面AEF∩平面ABCD=l，得到证明.（2）连接AC与BD交于点O，确定OF⊥AC，根据勾股定理得到OF⊥BD，确定OF⊥平面ABCD，得到证明.【解答过程】（1）BDEF为菱形，则EF∥BD，EF⊂平面AEF，BD⊄平面AEF，故BD∥平面AEF，平面AEF∩平面ABCD=l，BD⊂平面ABCD，故BD//（2）如图所示：连接AC与BD交于点O，因为O是AC中点，FA=FC，故OF⊥AC，因为AB=2，∠DAB=π3，则AO=3，BF=BD=2因为OF=AF2-AO又因为AC∩BD=O，AC,BD⊂平面ABCD，故OF⊥平面ABCD，又因为OF⊂平面BDEF，故平面BDEF⊥平面ABCD.【变式1.1】（2023上·上海崇明·高二校考期中）在正方体ABCD-A(1)直线DB1⊥(2)平面A1BC【解题思路】（1）借助正方体的结构特征，利用线面垂直的性质、判定推理即得.（2）利用线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定推理即得.【解答过程】（1）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB而AC⊥BD，BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面又DB1⊂平面BB1D，则AC⊥DB所以直线DB1⊥（2）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB则BB1⊥A1C1因此A1C1⊥平面BB所以平面A1BC【变式1.2】（2023上·四川绵阳·高三校考阶段练习）如图，在三棱锥P-ABC中，PB⊥平面ABC，AB⊥AC，E,F分别为PC,PA的中点，且BP=23(1)证明：平面BEF⊥平面PAB.(2)求三棱锥P-BEF的体积.【解题思路】（1）由线面垂直得到线线垂直，从而得到AC⊥平面PAB，由EF//AC得到EF⊥平面PAB，从而得到面面垂直；（2）求出S△PBF=12S△PAB=9【解答过程】（1）因为PB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PB⊥AC又AB⊥AC，PB∩AB=B，所以AC⊥平面PAB.因为E，F分别为PC,PA的中点，所以EF//AC，则EF⊥平面PAB.因为EF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAB；（2）因为PB⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PB⊥AB因为BP=23,AB=33因为F为PA的中点，所以S△PBF因为AB⊥AC，AB=33,BC=6，由勾股定理得因为E，F分别为PC,PA的中点，所以EF=1由（1）可得EF⊥平面PAB，所以三棱锥P-BEF的体积VP-BEF【考点2求二面角】【例2.1】（2023上·河北保定·高三校联考期末）在平行六面体ABCD-A1B1C(1)证明：BD⊥平面A1(2)当三棱锥A-B1C【解题思路】（1）设AC∩BD=O，连接A1B,A1D（2）根据题意可知VA-B1CD1=2VB-AO【解答过程】（1）设AC∩BD=O，则O为AC的中点，连接A1因为∠A1AB=∠可得A1B=A又因为ABCD为菱形，则AC⊥BD，且A1O∩AC=O，A1O,AC⊂平面A1（2）设A1C1∩B1D设A1到AC的距离为h≤A

则VA-当且仅当h=2，即AA1⊥又因为12AC2可得VA-当且仅当AC=BD=22综上所述：当且仅当ABCD-A1B由题意可知：AD1=CD1

则D1O⊥AC,B1O⊥AC在△D1O可得cos∠所以二面角D1-AC-B【例2.2】（2023·四川宜宾·统考一模）如图所示，△ABC是正三角形，AE⊥平面ABC，AE∥CD，AE=AB=2，CD=1，且F为BE(1)求证：DF//平面ABC(2)求平面BDE与平面ABC所成二面角的正弦值.【解题思路】（1）取AB中点，构造平行四边形，即可证明线面平行；（2）做出平面BDE与平面ABC的交线，再证明EB、AB与交线垂直，则∠EBA即为平面BDE与平面ABC所成二面角的平面角，即可求得正弦值.【解答过程】（1）证明：取AB中点M，连接MF、MC，则MF//AE，且又因为AE∥CD，所以MF//CD，即四边形又有DF⊄平面ABC，MC⊂平面ABC，所以DF//平面ABC（2）延长ED、AC相交于点N，连接BN，则BN为平面BDE与平面ABC的交线.∵AE∥CD，则DC为△ABC的中位线，所以AN=2AC=4，即AC=CN=BC，所以AB⊥BN.∴BN=而EN=AE2∴BE2+B所以∠EBA即为平面BDE与平面ABC所成二面角的平面角.∴sin故平面BDE与平面ABC所成二面角的正弦值为22【变式2.1】（2023·上海奉贤·统考一模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=1．(1)若AB=1，PC=3(2)若四面体P-ABC是鳖臑，当AC=aa>1时，求二面角A-BC-P【解题思路】（1）借助线面垂直证明面面垂直，结合题目所给长度，运用勾股定理证明四面全为直角三角形即可，体积借助体积公式计算即可得；（2）根据题意，会出现两种情况，即∠ABC=π2或∠ACB=【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，∴PA⊥AB、PA⊥AC，∴△PAC、△PAB为直角三角形，∴在直角△PAC中，AC=在直角△PAB中，PB=∴在△ABC中，有AC2∴AB⊥BC，故△ABC为直角三角形，在△PBC中，有PC2故PB⊥BC，故△PBC为直角三角形，故四面体P-ABC四个面都是直角三角形，即四面体P-ABC是鳖臑，VP-ABC（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，由AC=a>1=AB，故∠BAC不可能是直角，若∠ABC=π2，则有又PA⊥BC，PA、AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，故BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，故BC⊥PB，∴∠ABP是二面角A-BC-P的平面角，∵AC=a，BC=1，∴AB=a2-1所以二面角A-BC-P的平面角的大小为arctana若∠ACB=π同理可得∠ACP是二面角A-BC-P的平面角，所以tan∠ACP=所以二面角的平面角的大小为arctan1综上所述，二面角A-BC-P的平面角的大小为arctana2-1【变式2.2】（2023上·浙江·高二校联考期中）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为梯形，CD//AB,AB⊥BC,PA⊥PD，BC=CD=PA=PD=1,AB=2，平面PAD⊥平面(1)若PB的中点为N，求证：CN//平面PAD(2)求二面角P-AD-B的正弦值．【解题思路】（1）根据线面平行知识可求解.（2）根据题意做辅助线找到二面角，再结合余弦定理，从而求解.【解答过程】（1）设T是PA中点，连接TN,TD，如下图所示：在△ABP中，TN为为中位线，所以：TN∥AB,TN=12AB所以：TN∥CD,TN=CD，所以：四边形CDON为平行四边形，得：TD∥CN,TD=CN，又因为：CN⊄平面PAD,DT⊂平面PAD，所以：CN//平面PAD

（2）如图，延长AD和BC交于点Q，连接PQ.过点B作BM⊥PQ，垂足为点M，连接DM.

因为：平面PAD⊥平面PBC，平面PAD∩平面PBC=PQ，所以：BM⊥平面BDM，因为：AD⊥BD,AD⊥BM,BD∩BM=B，且BM,BD⊂平面BDM，所以：AD⊥平面BDM，所以：∠BDM为所求二面角的平面角，在△PDQ中，PQ=P得：cos∠PQD=所以：DM=DQtan所以：sin∠BDM=【考点3点、线、面的距离问题】【例3.1】（2023·四川达州·统考一模）如图，在四棱锥M-ABCD中，MA⊥平面ABCD，AD∥BC，CD⊥AD，BC=2，AD=DC=1，点N为MB(1)证明：平面MAB⊥平面NAC；(2)若MA=2，求点M到平面ACN的距离.【解题思路】（1）利用勾股定理得出AC⊥AB，由MA⊥平面ABCD，得出MA⊥AC，从而得证；（2）结合（1）中结论，利用等体积法即可得解.【解答过程】（1）取BC中点为E，连接AE，∵AD//BC，AD=1，BC=2，∴AD∥EC，且AD=EC=EB=1，∴四边形ADCE为平行四边形，∵CD⊥AD，∴四边形ADCE为矩形，∴AE=CD=1，且AE⊥BC，∴AB=1+1=2∴AC2+A∵MA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴MA⊥AC，∵MA∩AB=A，MA⊂平面MAB，AB⊂平面MAB，∴AC⊥平面MAB，∵AC⊂平面NAC，∴平面MAB⊥平面NAC；（2）设点M到平面ACN的距离为h，由（1）知AC⊥平面MAB，且NA⊂平面MAB∴AC⊥平面MAN，AC⊥NA，∵点N为MB的中点，∴S∵MA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MA⊥AB，∴S△AMN=∴S∵V∴13S△ACN⋅h=即点M到平面ACN的距离为23【例3.2】（2023上·重庆巫山·高二校考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60∘，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PA=AB=2，PD的中点为(1)求证：PB//平面ACF；(2)求直线PB到面ACF的距离.【解题思路】（1）连接BD交AC于O，连接FO，得OF//PB，根据线面平行的判定可得PB//平面ACF；（2）根据线面平行，将线到面的距离化为点到面的距离，再根据等体积法可求出结果.【解答过程】（1）连接BD交AC于O，连接FO，∵F为AD的中点，O为BD的中点，则OF//PB，∵PB⊄平面ACF，OF⊂平面ACF，∴PB//平面ACF.（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.由于PB//平面ACF，则PB到平面ACF的距离，即P到平面ACF的距离.又因为F为PD的中点，点P到平面ACF的距离与点D到平面ACF的距离相等.取AD的中点E，连接EF，CE，则EF//PA，因为PA⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，因为CE⊂平面ABCD，所以EF⊥CE，因为菱形ABCD且∠ABC=60∘，所以CE=3，EF=1则CF=EF2+CE2=设点D到平面ACF的距离为hD，由V1即直线PB到平面ACF的距离为221【变式3.1】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=1，求：(1)平面ADD1A1与平面BCC1B1的距离.(2)点D1到直线AC的距离.(3)直线AB与面A1DCB1的距离.【解题思路】（1）根据长方体的性质求解即可；（2）连接AD1,CD1，根据等面积法求得点（3）先证明BC1⊥平面BCC1B1，从而得到直线【解答过程】（1）因为平面ADD1A1与平面BCC1B1平行，故平面ADD1A1与平面BCC1B1的距离即AB=2（2）连接AD1,CD1，由题意，AD1=AD2+DD12=2，CD1=CD2+DD1（3）连接BC1，交B1C于P，因为长方体中BC=BB1，故正方形BCC1B1，故BC1⊥B1C，且A1B1⊥平面BCC1【变式3.2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=π2，AB=BC=13AD=a，PA⊥平面ABCD，且PA=a(1)求点A到平面PCF的距离；(2)求AD到平面PBC的距离．【解题思路】（1）过点A作AH⊥PC于H，利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理可得AH⊥平面PFC，结合条件即求；（2）过点A作AE⊥PB于E，结合条件可得AE的长为AD到平面PBC的距离，即求.【解答过程】（1）连接AC，因为PA⊥平面ABCD，又CF⊂平面ABCD，∴PA⊥CF，又CF⊥PC，PA∩PC=P，∴CF⊥平面PAC，又CF⊂平面PFC，∴平面PFC⊥平面PAC，平面PFC∩⊥平面PAC=PC，过点A作AH⊥PC于H，则AH⊥平面PFC，故AH即为所求，∵在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=π2，∴AC=2∴在Rt△PAC中，1∴AH=63a，即点A到平面PCF（2）∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面∴AD∥平面PBC过点A作AE⊥PB于E，又因为PA⊥平面ABCD，则PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PBA，则BC⊥AE，又PB∩CB=B∴AE⊥平面PBC，即AE的长为AD到平面PBC的距离，在等腰直角三角形PAB中，PA=PB=a，∴AE=2故AD到平面PBC的距离为22【考点4平行关系与垂直关系的综合应用】【例4.1】（2023·全国·模拟预测）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E，A．平面B1EC⊥平面ABBC．平面B1EC//平面AFC1 D【解题思路】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【解答过程】对于A中，如图所示，由正三棱柱的性质知BB1⊥平面ABC因为E是AB的中点，CE⊂平面ABC，所以CE⊥AB，BB又因为AB∩BB1=B，BB1⊂平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，所以对于B中，由A知，CE⊥平面ABB1A假设B1E⊥CF，连接EF，则B1因为EF⊂平面FEC，所以B1E⊥EF，很显然B1所以B1E⊥CF不成立，所以对于C中，由棱柱的性质知，AB//A1B因为E,F分别为AB，A1B1的中点，所以F所以四边形FB1EA和FEC且FA⊄平面AFC1，C1F⊄平面AFC1，B1所以B1E//平面AFC1，因为CE∩B1E=E，所以平面B1EC//对于D中，因为AC1⊂平面AFC1，所以A故选：B.【例4.2】（2023·陕西·校联考模拟预测）三棱台ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，CB=2C1B1=2CC1，M为AB中点．则以下命题：（1）CB1⊥平面ABB1A1；（2）平面A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】根据题意，结合线面垂直的判定方式，面面垂直的判定方法，线面平行的判定方法等逐个分析即可.【解答过程】

对（1）：因为CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC又AB⊥BC，CC1、BC⊂平面BCC所以AB⊥平面BCC1B1，又因为所以AB⊥CB1，取BC中点为H，则所以∠CB1B=90°又BB1、AB⊂平面ABB故CB1⊥平面AB对（2）：因为CC1⊥AC所以∠ACB为二面角A-CC因为∠ABC=90°，所以∠ACB≠90°，故（2）错误；对（3）、（4）：取A1B1中点为N，延长A使A1C1=C1Q又因为平面ACB//平面A1C1B1，平面C1NMC∩平面ACB=C1N，平面若AC1//平面CMB1Q，平面AC则AC1//CQ⇒又A1B1所以A1M//BB1，又BB1⊄所以BB1//平面A1CM，又BCM⊂平面A1CM，所以B1Q//平面故平面BB1Q//平面A1CM所以BQ//平面A1CM，故（4故选：B.【变式4.1】（2023上·四川南充·高二阆中中学校考阶段练习）如图所示，空间四边形PABC的各边都相等，D,E,F,G分别是AB,BC,CA,AP的中点，下列四个结论中不正确的是（

）

A．DF//平面PBC B．AB⊥平面C．平面PEF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面PBC【解题思路】根据线面平行、线面垂直、面面垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【解答过程】A选项，连接DF，由于D,F分别是AB,AC的中点，所以DF//BC，由于DF⊄平面PBC，BC⊂平面所以DF//平面PBC，所以A选项正确

B选项，连接PD,CD，由于三角形PAB和三角形ABC是等边三角形，D是AB的中点，所以PD⊥AB,CD⊥AB，由于PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PDC，所以AB⊥平面PDC，B选项正确.

C选项，几何体P-ABC是正四面体，设P在底面ABC上的射影为O，连接PO，则PO⊥平面ABC，且O是等边三角形ABC的中心，连接PE,PF,EF，由于E,F分别是BC,AC的中点，所以EF是等边三角形ABC的中位线，所以O∉EF，所以平面PEF与平面ABC不垂直，C选项错误.

D选项，连接AE,PE，同理B选项的分析可得BC⊥平面PAE，由于BC⊂平面ABC，所以平面PAE⊥平面PBC，所以D选项正确.

故选：C.【变式4.2】（2023·全国·模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC与BD交于点O，AP=AB=a，PD的中点为E，PB的中点为F，则下列结论不正确的是（

）A．直线PB//平面ACE B．直线PB⊥平面ADFC．平面PBD⊥平面PAC D．直线OE与直线AF所成的角为60【解题思路】选项A根据线面平行的判定定理进行判断；选项B根据线面垂直的判定定理进行判断；选项C根据面面垂直的判定定理进行判断；选项D根据OE与AF的位置关系进行判断.【解答过程】对于选项A，因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形，所以O是BD,AC的中点.又因为E是PD的中点，所以OE//又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以直线PB//平面ACE，故A对于选项B，因为AP=AB=a，F为PB的中点，所以AF⊥PB.而BD=PD=2a，则又AF∩DF=F，AF,DF⊂平面ADF，所以直线PB⊥平面ADF，故B正确；对于选项C，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA.又因为底面ABCD为正方形，所以BD⊥AC.因为AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC，故C正确；对于选项D，因为OE//PB，PB⊥AF，所以即直线OE与直线AF所成角为90°，故D错误.故选：D.模块三模块三课后作业1．（2023·全国·高一专题练习）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有（

）A．2条 B．4条C．6条 D．8条【解题思路】根据线线之间的垂直关系判断即可.【解答过程】在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有BC，B1C1，A1D1，AD，AA1，BB1，CC1，DD1，共8条．故选：D.2．（2023·全国·高一专题练习）已知α,β,γ是三个不同的平面，l,m,n是三条不同的直线，且α∩β=l,m,n⊂γ.在下列条件中，能推出l⊥γ的是（

）A．n⊥l,m⊥l B．m⊥l,n⊥αC．n⊥α,m⊥α D．m⊥α,n⊥β【解题思路】由线面垂直的判定定理结合图象判断即可求解【解答过程】当m//n时（如图所示），由n⊥l,m⊥l推不出l⊥γ，即A错误；同理可知，B,若m⊥α,n⊥β，可知m与n交于一点，且n⊥l,m⊥l，所以l⊥γ，即D正确.故选：D.3．（2023上·四川资阳·高二校考期末）设l是直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β,l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β【解题思路】对于A，α与β相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于C，l与β平行或l⊂β；对于D，l与β相交、平行或l⊂β．【解答过程】设l是直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若l//α，l//β，则α与对于B，若l//α，则α内存在直线l'所以l'⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故对于C，若α⊥β，l⊥α，则l与β平行或l⊂β，故C错误；对于D，若α⊥β，l//α，则l与β相交、平行或l⊂β，故故选：B．4．（2023下·辽宁·高一校联考期末）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=2π3，AA1A．510 B．515 C．520【解题思路】利用异面直角所成角的定义作出所求的角，然后利用余弦定理求解即可.【解答过程】如图，延长AB至点D，使AB=BD，延长A1B1至点E，使A1B易证A1B∥B1D，则异面直线OB1与A1B交A1C1连接DF，B1H，OD，由余弦定理得DF=AF2+AD易得B1D=5

故选：C.5．（2023上·山东潍坊·高二统考期中）在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1DA．2 B．22 C．1 D．【解题思路】作出辅助线，得到线面垂直，点A到平面A1BCD1【解答过程】连接AB1，与A1B相交于点所以AB1⊥又BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB因为A1B∩BC=B，A1所以AB1⊥平面故点A到平面A1BCD又棱长为4，所以AE=1故选：B.6．（2023上·辽宁·高二校联考期中）在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知∠APB=∠APC=∠BPC=60°，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（

）A．63 B．33 C．12【解题思路】如图，作AE⊥PC,AF⊥PB，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设PA=2a，由题目条件可得PO,AO，即可得答案.【解答过程】如图，作AE⊥PC,AF⊥PB，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设PA=2a.因∠APB=∠APC=60°，则PE=PF=a,AE=AF=3因AO⊥平面PFOE，PE,PF⊂平面PFOE，则AO⊥PE,AO⊥PF，且∠APO为PA与平面PBC所成角，又AE⊥PE,AF⊥PF，OA∩AE=OA∩AF=A，OA,AE⊂平面AOE，OA,AF⊂平面AOF，则PE⊥平面AOE，PF⊥平面AOF.又OE⊂平面AOE，OF⊂平面AOF，则OE⊥PE,OF⊥PF.又PO=PO，PE=PF，∠OEP=∠OFP=90o，则故∠OPE=∠OPF=30o，结合PE=PF=a，得又PA=2a，则AO=PA2-PO2=故选：A.

7．（2023·全国·模拟预测）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知BD1与AD所成的角为A．BD1⊥B1C BC．BD1⊥平面A1C1D【解题思路】设BD1=2，求得DD1=1，得到BC1⊥B1C和D1C1⊥B1C，证得B1C⊥平面BC1D1【解答过程】如图所示，连接A1B,BD,B设BD1=2，因为BD1与AD的夹角为60°，即∠又因为BD1与平面ABCD所成的角为30°，即∠D所以DD1=1又因为D1C1⊥平面BCC1B而BC1∩C1又因为BD1⊂平面BC1在长方体ABCD-A1B1C所以BD1与平面ABB1A在长方体ABCD-A1B所以BD1与平面BCC1B若BD1⊥平面A1C1D故选：C．8．（2023上·陕西商洛·高三校联考阶段练习）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱C1

A．5 B．655 C．33【解题思路】根据条件确定点P的位置，利用线面平行把点A,C到平面BB1P的距离分别转化点A1【解答过程】在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，则BB1⊥B1在Rt△B1C1P中，∠B又AA1//BB1,BB1⊂平面B于是点A到平面BB1P的距离等于点A1到平面BB等于点C1到平面BB1P的距离，连接A1P，过

由S△A1PB在Rt△B1C1所以点A,C到平面BB1P故选：B.9．（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G，H分别为AD，A．平面EFH//平面AB1D1C．EF⊥FG D．异面直线EH与FG所成角的余弦值为5【解题思路】先证EF//平面AB1D1，FH//平面AB1D1，然后由面面平行的判定定理可判断A；利用正方体性质证明EF⊥平面AA1【解答过程】如图（1）由正方体性质易得BD//因为E，F，H分别为AD，AB，C1所以EF//BD，AF∥D所以EF//B1D1又EF,FH⊄平面AB1D1，所以EF//平面AB1D1因为EF∩FH=F，EF,FH⊂平面EFH，所以平面EFH//平面AB1如图（2），由上可知，EF//因为BD⊥AC，所以EF⊥AC．因为AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD因为AA1∩AC=A，AA1,AC⊂平面因为EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面AA1C如图（2），在正方体中，由对称性易得EG=FG，则EF与FG不垂直，故C错误，符合题意．如图（3），取B1C1的中点P，连接FP易知HP//B1D//所以EH//FP，则∠PFG是异面直线EH与令AB=2，则PG=2，FG=PF=所以cos∠PFG=PF故选：C．10．（2023·全国·模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP=AB=a，PD的中点为E，则下列结论错误的是（

）

A．直线PB//平面B．平面PBD⊥平面PACC．平面PBD与平面PAB所成的角为45°D．三棱锥E-PAC的体积为1【解题思路】此题考查线面平行，面面垂直的证明方法，等体积的转化方法，面面角的定义和求法.【解答过程】四棱锥P-ABCD的底面为正方形，令AC∩BD=O，则O是BD，AC的中点．如图，连接OE．因为E是PD的中点，所以OE//又OE⊂平面ACE，PB在平面ACE外，所以直线PB//平面ACE，故A因为BD⊥AC，BD⊥PA，AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC．又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC，故B正确，不符合题意．取PB的中点F，连接AF，DF．因为AP=AB=a，所以AF⊥PB，AF=22a，BD=PD=2a，则DF⊥PB因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DA，又DA⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB，所以DA⊥平面PAB，又AF⊂平面PAB，所以DA⊥AF.所以tan∠AFD=ADAF=2，所以∠AFD三棱锥E-PAC的体积VE-PAC=12故选：C．

11．（2023·上海长宁·统考一模）如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.

(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.（2）分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【解答过程】（1）在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.（2）分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN//BC,OM//AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，

由（1）知，AO⊥BD，又AO=BO，AB=AD，则∠ADB=∠ABD=π4，于是令AB=AD=2，则DC=BD=22，又BD⊥DC则有BC=BOC=DC2+OD2=10，又则AO⊥OC，AO=2，AC=由M,N分别为AB,AC的中点，得MN=1显然MN2=4=OM2+ON所以异面直线BC与AD所成的角的大小π312．（2023上·青海·高三校联考阶段练习）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C(1)证明：A1B⊥平面(2)求点B1到平面ACD【解题思路】（1）由线面垂直的性质和判定定理可证明AC⊥A1B（2）利用三棱锥的等体积转化求点到平面的距离即得.【解答过程】（1）（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，由A