第05讲线线线面面面垂直的判定与性质（核心考点讲与练）-2023学年高二数学考试满分全（沪教版2020必修三）

第05讲线线、线面、面面垂直的判定与性质（核心考点讲与练）考点考点考向1.直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论文字语言图形语言符号语言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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α,b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α推论1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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,a⊥α))⇒b⊥α推论2如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.(2)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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α方法技巧方法技巧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.利用判定定理证明平面与平面垂直的一般方法先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明3.证明面面垂直常用的方法：（1）面面垂直的定义；（2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可能力拓展能力拓展题型一：线面垂直的判定一、填空题1．（2021·上海浦东新·高二期中）直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面上的___________直线都垂直，那么此直线与该平面垂直.【答案】两条相交【分析】根据直线与平面垂直的判定定理得解；【详解】解：直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面上的两条相交直线都垂直，那么此直线与该平面垂直.故答案为：两条相交2．（2021·上海·高二专题练习）若，分别为四棱柱的棱，的中点，则加上条件________，就可得结论：平面.（写出你认为正确的一个条件）【答案】底面是菱形且底面【分析】根据题意，先得到一个满足题意的条件，再由线面垂直的判定定理证明即可.【详解】只需加上条件：底面是菱形且底面，证明如下：因为底面是菱形，连接，，则，在四棱柱中，，则，又，分别为棱，的中点，所以，所以；因为底面，所以，因为平面，平面，，所以平面.故答案为：底面是菱形且底面.【点睛】本题主要考查补全线面垂直的条件，熟记线面垂直的判定定理即可，属于常考题型.二、解答题3．（2021·上海市甘泉外国语中学高二期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1.(1)求证：平面C1BD；(2)求证：⊥平面A1DC.【分析】（1）推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面；（2）推导出，平面，，由此能证明平面．(1)正方体．，，又，，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面．(2)正方体．，平面，平面，，又，平面．4．（2021·上海市七宝中学高二期中）如图，在三棱锥中，为的中点，，，，，，.(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）由等腰三角形、直角三角形的性质，根据线面垂直的判定证明BM⊥平面PAC；（2）由于平面，故，计算即得解(1)证明：∵AB⊥BC，AB＝BC，∴为等腰直角三角形，又M为AC的中点，AC＝2，∴MB＝AC＝1，且BM⊥AC，又∵PA⊥PC，∠PAC＝30°，∴MP＝AC＝1，综上有：MB＝MP＝1，又PB＝，即MP2＋MB2＝BP2，∴MP⊥MB，又AC∩MP＝M，AC，MP平面PAC∴BM⊥平面PAC.(2)由（1）平面故故三棱锥的体积5．（2021·上海·高二专题练习）如图，在棱长为的正方体中，，，分别是棱、和所在直线上的动点：（1）求的取值范围：（2）若为面内的一点，且，，求的余弦值：（3）若、分别是所在正方形棱的中点，试问在棱上能否找到一点，使平面?若能，试确定点的位置，若不能，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）点M为的中点，理由见解析【分析】（1）设，求出，利用余弦定理求解，然后求出的取值范围．（2）设在，三边上的投影分别是，转化求出，即可得到它的余弦值．（3）设与的交点为，连接，说明平面，过作于K，延长后交所在的直线于点M，则BM⊥平面．通过，求解即可．【详解】解：（1）设，则，所以，的取值范围为；（2）解：设在，三边上的投影分别是，，，

则由于，．，，即，它的余弦值为（3）解：设与的交点为．连接，则由以及，知平面，于是面面，在面内过作于K，延长后交所在的直线于点M，则BM⊥平面，在平面内，由，知，又，∴．这说明点M为的中点．【点睛】本题考查空间点线面距离的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，余弦定理的应用，考查转化思想以及计算能力．题型二：线面垂直证明线线平行3．（2018·上海市宝山中学高二期中）表示直线，表示平面，下列命题正确的是A．若，，则 B．若⊥，⊥，则⊥C．若⊥，⊥，则 D．若⊥，⊥，则【答案】D【分析】根据空间中线线、线面之间的位置关系依次判断各个选项即可.【详解】，，此时或，错误；，，此时或，错误；，，此时可能平行、异面或相交，错误；垂直于同一平面的两直线平行，正确.本题正确结果：【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的相关定理的应用，属于基础题.二、填空题4．（2021·上海·华师大二附中高二开学考试）如图，在正方体中，分别为，和的中点，则下列关系：①；②平面；③；④平面，正确的编号为___________________.【答案】①②④【分析】①，由面，面，得，；

②，取的中点，可得，面；

③，若，可得面，从而得到，与已知矛盾；

④，取中点，可得面，得到，即可得平面.【详解】对于①，正方体中面，面，，故正确；对于②，如图，取的中点，为中点，所以，，正方体中，为中点，所以可得，，所以，，所以为平行四边形，所以，而面，面所以面，故正确；对于③，若，正方体中，面，面，所以，而，面，，所以面而面，所以与已知矛盾，故错误；对于④，如图，取中点，根据平面几何关系，得到，面，，所以面，而面，所以正方体中，易得面，而面，所以.面，，所以面，故正确．故答案为：①②④【点睛】本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质和判定，属于中档题.题型三：线面垂直证明线线垂直一、单选题1．（2022·上海·复旦附中高二期中）如图所示，一个灯笼由一根提竿PQ和一个圆柱组成，提竿平行于圆柱的底面，在圆柱上下底面圆周上分别有两点A、B，AB与圆柱的底面不垂直，则在圆柱绕着其旋转轴旋转一周的过程中，直线PQ与直线AB垂直的次数为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】A【分析】作出与垂直的平面后判断几何关系【详解】作出平面，使得平面，当时，平面或平面，结合旋转分析可知有两次使得．故选：A2．（2021·上海市嘉定区安亭高级中学高二阶段练习）已知点P是△ABC所在平面外一点，且P到△ABC三个顶点的距离相等，则P点在平面ABC上的射影是△ABC的（

）A．重心 B．垂心 C．内心 D．外心【答案】D【分析】如图是所在平面外一点，是点在平面上的射影．若到三个顶点的距离相等，由三角形全等可以得到三线段，则是的外心．【详解】解：如图是所在平面外一点，是点在平面上的射影．若到三个顶点的距离相等，即，又平面，平面，所以、、，所以，即，由三角形外心的定义知此时点是的外心，故选：D；三、解答题5．（2021·上海市市西中学高二期中）如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°(1)证明：C1C⊥BD；(2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明．【答案】(1)证明见解析(2)＝1，证明见解析【分析】(1)连结AC和BD交于O，根据题意可得C1O⊥BD，利用线面垂直的判定定理可得BD⊥平面AA1C1C，结合线面垂直的性质即可得出结果；(2)当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD．利用线面垂直的判定定理证明即可.(1)连结AC和BD交于O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC＝CD．又∵∠BCC1＝∠DCC1，C1C＝C1C，∴△C1BC≌△C1DC，

∴C1B＝C1D，∵DO＝OB，∴C1O⊥BD．又，平面AA1C1C，∴BD⊥平面AA1C1C，平面AA1C1C，∴C1C⊥BD．(2)当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD．证明：由（1）知，BD⊥平面AA1C1C，∵A1C平面AA1C1C，∴BD⊥A1C，当＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可得BC1⊥A1C，又BD∩BC1＝B，∴A1C⊥平面C1BD．题型四：面面垂直的判定一、单选题1．（2021·上海·复旦附中高二期中）在三棱锥中，若，，那么必有（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【解析】由已知条件推导出平面，结合面面垂直的判定定理可判断A选项的正误；利用面面垂直的性质定理可判断BCD选项的正误.【详解】，，且，平面.对于A选项，平面，所以，平面平面，A选项正确；对于B选项，若平面平面，过点在平面内作，如下图所示：由于平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，过点作平面的直线有且只有一条，假设不成立，B选项错误；对于C选项，若平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，则，而与是否垂直未知，C选项错误；对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，若平面平面，平面平面，，平面，所以，平面，平面，，，，平面，平面，，但与是否垂直未知，D选项错误.故选：A.【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法：（1）面面垂直的定义；（2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.二、填空题2．（2021·上海·华师大二附中高二阶段练习）如图所示，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱，，则它的5个面中，互相垂直的面有__________对.【答案】5【详解】由勾股定理逆定理得PA⊥AD，PA⊥AB，∴PA⊥面ABCD，PA⊥CD，PA⊥CB.由直线与平面垂直的判定定理及平面与平面垂直的判定定理易得结论．平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PBC，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面PCD.答案：5.3．（2021·上海市七宝中学高二阶段练习）已知是边长为的正方形，点在平面外，侧棱，，则该几何体的5个面中，互相垂直的面有______对【答案】5【分析】先找出直线平面的垂线，然后一一列出互相垂直的平面即可【详解】因为是边长为的正方形，，，所以，所以，所以，因为，所以平面，因为平面,平面，所以平面平面，平面平面，因为，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，同理可得平面，则平面平面，平面，则平面平面，所以互相垂直的面有5对，故答案为：5三、解答题4．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）如图，三棱锥中，两两垂直，，且分别为线段的中点.(1)若点是线段的中点，求证：直线平面；(2)求证：平面平面.【分析】（1）由题意可得，从而可证.(2)由题意可得平面，从而可得，由根据条件可得，从而可得平面，从而可得证.(1)由分别为线段的中点.由中位线定理知，又平面，且平面，所以直线平面(2)两两垂直，即,且所以平面，又平面，所以由，且分别为线段的中点，所以，因此根据线面垂直判定定理得平面，且平面所以平面平面.5．（2021·上海·复旦附中高二期中）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，面．(1)求证：面面；(2)求四棱锥的侧面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由底面为正方形，得到，再由平面，得到，证得平面，进而证得平面平面.（2）由面，得到，求得，再由平面和平面，求得，进而求得四棱锥的侧面积.(1)证明：由四棱锥的底面为正方形，所以，又由平面，且平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.(2)由四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，因为面，可得，所以，又由平面，可得，且，同理可得：平面，可得，且，所以，所以四棱锥的侧面积为.题型五：面面垂直证线面垂直一、单选题1．（2021·上海市南洋模范中学高二期中）已知点是正四棱锥的侧棱上异于点的一动点，则点在面上的射影落在（

）A．的外部 B．的内部C．的一边上 D．以上皆有可能【答案】A【分析】把正四棱锥放在正四棱柱中，通过作出垂线，找出射影，即可判断选项.【详解】解：把正四棱锥放在正四棱柱中，是上底面的中心，如图，连接与的中点，由图可知，过作，连接，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面所以点在面上的射影落在上，即在外部，故选：.2．（2021·上海市延安中学高二期中）如图所示，在斜三棱柱中，，且，过作平面，垂足为，则点在（

）A．直线上 B．直线上 C．直线上 D．内部【答案】B【分析】先通过线线垂直证明面，进而可得面面，由面面垂直的性质定理可得要过作平面，只需过作即可，则答案可求.【详解】连接，，，且，面，又面ABC面面，面面，要过作平面，则只需过作即可，故点在直线上故选：B.3．（2021·上海市复兴高级中学高二期中）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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【答案】A【分析】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.二、填空题4．（2021·上海市松江二中高二期中）如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是______.【答案】【分析】根据面面垂直的判定定理得出平面平面，过作，再由面面垂直的性质得出平面，进而找出在平面上的射影，再把平面展开，得到平面，从而将的最小值转化为到的距离，进而利用两角和与差的正弦公式和直角三角形的性质，求解三角形的边和角，即可求出，从而求得的最小值.【详解】解：由题可知，棱长均为的正四面体中，则和是边长为的等边三角形，为中点，为中点，则，且，平面，故平面，而平面，故平面平面，而平面平面，过作，则平面，连接，则为在平面上的射影，要使最小，则，沿把平面展开，得到平面，使得平面与平面重合，此时三点共线，且，则的最小值为到的距离，即为，由于，，则，，又因为，则，又，则在中，，所以的最小值是.故答案为：.【点睛】本题考查空间线段之和的最值，涉及空间中的点、线、面间位置关系和线面、面面垂直的判定和性质，以及空间点到线的距离、直角三角形边角的计算、两角和与差的正弦公式的应用，考查空间推理和计算能力，体现数形结合的思想.三、解答题5．（2021·上海·曹杨二中高二阶段练习）如图，在三棱锥中，平面平面，.(1)求的长；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)(2)【分析】（1）构造以为斜边的直角三角形，利用勾股定理计算出.（2）利用等体积法求得点到平面的距离.(1)过作，垂足为，连接.由于平面平面，且交线为，所以平面，所以.在三角形中，由余弦定理得，，所以三角形是直角三角形.,在三角形中，由余弦定理得，所以在直角三角形中，.(2)，在三角形中，，，是三角形的内角，，所以.设到平面的距离为，则.题型六：空间垂直的转化一、单选题1．（2021·上海市奉贤区奉城高级中学高二期中）已知、为异面直线，平面，平面．平面与外的直线满足，，则（

）A．，且B．且C．与相交，且交线垂直于D．与相交，且交线平行于【答案】D【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.【详解】A.不可能平行，若平行，直线，与两直线是异面直线矛盾，故A错误；B.可能垂直，但或，故B错误；C.不可能平行，所以一定相交，，，所以，即垂直于与确定的平面，设，由条件可知，，即，所以垂直于与确定的平面，那么，故D正确.故选：D二、填空题2．（2021·上海市七宝中学高二阶段练习）已知A，，，，为空间不共面的五个点，顺次用线段连接这五个点构成空间五边形，则在此五边形中互相垂直的边最多有多少______对【答案】7【分析】说明不可能有4条边同时垂直于同一条边，再说明同一条边垂直的边最多3条，结合图形说明即可，如图所示，平面平面，，，即可得解.【详解】解：首先五边形中，不可能有4条边同时垂直于同一条边，否则，同时垂直于，则平面，平面，于是若平面平面，则与两平面有公共点E相矛盾，则平面与平面重合，这又与A，，，，为空间不共面的五个点相矛盾，因此与同一条边垂直的边最多3条，所以互相垂直的直线至多有对，即最多7对，下面说明7对可以达到的，如图所示，平面平面，，，则这个五边形有7对互相垂直的边：，.故答案为：7.巩固巩固提升一、单选题1．（2021·上海·复旦附中高二期中）设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【分析】本题要进行两平面平行与垂直的判断，只要利用两平面平行与垂直的性质定理以及平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直即可得出答案.【详解】A.若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；B.若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；C.若，，，则可能相交，可能平行，C错误；D.若，，，则的法向量平行，所以，D正确.故选：C.2．（2021·上海市复兴高级中学高二期中）如图，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折，得到如图所示的四棱锥，且平面平面，点为线段上异于点的动点，则在四棱锥中，下列说法：①直线与直线必不在同一平面上；②存在点使得直线平面；③存在点使得直线与平面平行；④存在点使得直线与直线垂直.以上叙述正确的是（

）A．①② B．①③ C．①④ D．③④【答案】B【分析】对于①，利用反证法推理，对于②，利用反证法推理，对于③，当是中点，且为中点时，直线与平面平行，对于④，由于与平面不垂直，从而不存在点使得直线与直线垂直【详解】对于①，若直线与直线共面，则点五点共面，由已知得在平面外，所以直线与直线必不在同一平面上，所以①正确，对于②，若存在点使得直线平面，则，，因为平面平面，平面平面，所以当时，必同时垂直，但与不垂直，所以不存在点使得直线平面，所以②错误，对于③，当是中点，且为中点时，取的中点，连接，则∥，，∥，所以四边形为平行四边形，所以∥，因为平面，平面，平面，平面，，所以平面∥平面，因为平面，所以直线与平面平行，所以③正确，对于④，因为为锐角，，所以与平面不垂直，所以不存在点使得直线与直线垂直，所以④错误，故选：B3．（2021·上海市金山中学高二期中）若a，b是异面直线，则下列命题中的假命题为（

）A．过直线a有且仅有一个平面与直线b平行B．可能存在平面与直线a，b都垂直C．唯一存在一个平面与直线a，b等距D．过直线a至多可以作一个平面与直线b垂直【答案】B【分析】对于A，把直线平移与直线相交，确定一个平面平行于直线，对于B，若存在平面与直线a，b都垂直，则∥，对于C，由唯一性定理得唯一存在一个平面与直线a，b等距，对于D，只有a，b垂直时才能作出一个平面与直线垂直【详解】对于A，因为a，b是异面直线，所以把直线平移与直线相交，确定一个平面平行于直线，所以过直线a有且仅有一个平面与直线b平行，所以A正确，对于B，若存在平面与直线a，b都垂直，则∥，这与已知矛盾，所以B错误，对于C，因为a，b是异面直线，所以由唯一性定理得唯一存在一个平面与直线a，b等距，所以C正确，对于D，只有a，b垂直时才能作出一个平面与直线垂直，否则过直线不可能作一个平面与直线垂直，所以D正确，故选：B4．（2021·上海市宝山中学高二期中）已知直线和平面，且，那么（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】对于A选项，还可以为；对于B选项，还可以为；对于C选项根据线面垂直的性质判断；对于D选项，应该为.【详解】解：对于A选项，或，故错误；对于B选项，或，故错误；对于C选项，，故正确；对于D选项，，故错误.故选：C5．（2021·上海市甘泉外国语中学高二期中）在三棱锥P﹣ABC中，顶点P到AB、AC和BC的距离都相等，P在底面的投影为O且在△ABC内，则点O是△ABC的（

）A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心【答案】A【分析】由题意可设|PO|＝m，P到△ABC的三边距离为d，据此分析可得O到三边的距离大小都为，据此即可得解．【详解】根据题意，设点P在△ABC上的射影O在△ABC内，且点P到△ABC的三边距离相等，设|PO|＝m，P到△ABC的三边距离为d，则O到三边的距离相等，大小为，故P点在平面ABC上的射影是△ABC的内心，故选：A．6．（2021·上海·高二专题练习）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起，设折起后点A的位置为A′，使二面角A′—BD—C为直二面角，给出下面四个命题：①A′D⊥BC；②三棱锥A′—BCD的体积为；③CD⊥平面A′BD；④平面A′BC⊥平面A′DC．其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】根据，，，，易得，再根据，平面平面，得平面，可判断③的正误；由二面角为直二面角，可得平面，则可求出，进而可判断②的正误；根据平面，有，得平面，④利用面面垂直的判定定理判断④的正误；根据平面，有，若，则可证平面，则得到，与已知矛盾，进而可判断①的正误.【详解】由题意，取中点，连接，则折叠后的图形如图所示：由二面角为直二面角，可得平面，则，＝，②正确，∵，，且，∴平面，故③正确，∵，由几何关系可得，，∴，∴，由平面，得，又∴平面，∵平面，∴平面平面，④正确，平面，，若，则可证平面，则得到，与已知矛盾，所以①错误.故选C.【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，解题关键是利用好直线与平面，平面与平面垂直关系的转化关系，属于中档题.7．（2021·上海市宝山中学高二阶段练习）如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN【答案】A【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A【详解】图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又平面∴平面⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线显然不与平面PBC垂直，故A错误故选：A二、填空题8．（2021·上海市松江二中高二期中）“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“棱柱是直棱柱”的______________条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分不必要”）【答案】充要【分析】利用直棱柱的概念及线面垂直的判定定理即得.【详解】由“棱柱有相邻两个侧面是矩形”可知侧棱垂直底面，则“棱柱是直棱柱”；由直棱柱的定义可知，“棱柱是直棱柱”可推出“棱柱有相邻两个侧面是矩形”，故“棱柱有相邻两个侧面是矩形”是“棱柱是直棱柱”的充要条件.故答案为：充要.9．（2021·上海交大附中闵行分校高二阶段练习）设均为直线，其中在平面内，“”是“且”的___________条件.【答案】充分非必要【分析】利用线面垂直的性质判断出充分性成立，利用线面垂直的判定定理判断出必要性不成立，由此可得答案.【详解】若，，由线面垂直性质知且，充分性成立；若且，，，由线面垂直判定知与未必垂直，必要性不成立；“”是“且”的充分非必要条件.故答案为：充分非必要.10．（2021·上海交大附中闵行分校高二阶段练习）已知所在的平面，且，连接AE，AF，则图中直角三角形的个数是___________.【答案】4【分析】直接由线面垂直的性质及线面垂直的判定即可得到答案.【详解】由所在的平面，得，，所以，均为直角三角形，由，可知为直角三角形，因为所在的平面，所以，又，且，所以面，即，则为直角三角形.故图中直角三角形的个数是4.故答案为：4.11．（2021·上海·华东师大附属枫泾中学高二期中）如图，在长方体中，，则为___________.【答案】【分析】根据题意，由勾股定理可求出，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，由线面垂直的性质得出，最后根据勾股定理求出的值.【详解】解：在长方体中，，则在中，，，，，平面，又平面，所以，则在中，.故答案为：.12．（2021·上海·高二专题练习）一条长为的线段夹在互相垂直的两个平面之间，它和这两个平面所成的角分别为和，由这条线段的两个端点向两个平面的交线引垂线，则垂足间的距离为________．【答案】【分析】先画出图形，利用面面垂直的性质定理，找到线面角，再分别在，，中计算长即可【详解】如图，，，，，则，，，，，，在中，故答案为：【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，以及求空间中直线与平面所成的角，属于基础题.13．（2021·上海外国语大学闵行外国语中学高二期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且.有下列命题：①四棱锥为“阳马”；②四面体为“鳖臑”③四棱锥体积最大为；④过A点分别作于点E，于点F，则.则正确命题是___________.【答案】①②③④【分析】由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解．【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵中，，侧棱平面,在选项A中，因为，，且，则平面，且为矩形，所以四棱锥为“阳马”，故①正确；在选项B中，由，且，所以平面，所以，则为直角三角形，由平面，得,为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故②正确；在选项C中，在底面有，即，当且仅当时取等号，则，所以③正确；在选项D中，由平面，则且，则平面，所以又且，则平面，则，所以④正确．故答案为：①②③④14．（2021·上海市洋泾中学高二期中）如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD．给出下列命题：①PB⊥AC；②平面PAB与平面PCD的交线与AB平行；③平面PBD⊥平面PAC；④△PCD为锐角三角形．其中正确命题的序号是________．【答案】②③【分析】设AC∩BD=O，由题意证明AC⊥PO，由已知可得AC⊥PA，与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾说明①错误；由线面平行的判定和性质说明②正确；由线面垂直的判定和性质说明③正确；由勾股定理即可判断，说明④错误．【详解】设AC∩BD=O,如图，①若PB⊥AC，∵AC⊥BD，则AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，又PA⊥平面ABCD，则AC⊥PA，在平面PAC内过P有两条直线与AC垂直，与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾，①错误；②∵CD∥AB，则CD∥平面PAB，∴平面PAB与平面PCD的交线与AB平行，②正确；③∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，又BD⊥AC，∴BD⊥平面PAC，则平面PBD⊥平面PAC，③正确；④∵PD2=PA2+AD2，PC2=PA2+AC2，AC2=AD2+CD2，AD=CD，∴PD2+CD2=PC2，∴④△PCD为直角三角形，④错误，故答案为：②③15．（2021·上海市延安中学高二期中）如图，是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，①与是异面直线；②与平行；③与成60°角；④与垂直.请写出所有正确结论的序号____________.【答案】①②③④【分析】由已知中的正方体平面展开图，画出正方体的直观图，结合正方体的几何特征，判断题目中的命题即可．【详解】解：由已知正方体的平面展开图，得到正方体的直观图，如图所示：由正方体的几何特征得：①与是相对两个平行平面的两条异面的对角线，①正确；②与是相对两个平行平面的两条平行的对角线，②正确；③连接，因为，所以为异面直线与所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与所成的角为，③正确；④因为，平面，平面，所以，，平面，所以平面，又平面，所以，所以④正确；综上，正确的命题是①②③④；故答案为：①②③④．16．（2021·上海市松江二中高二期中）在正方体中，，点P在平面内，，则点P到距离的最大值为______________.【答案】【分析】分别取、的中点、，连接、、、，证明出平面，对于平面内任意一点，过点作分别交、、于点、、，分析可知点到直线的距离等于线段的长，求出长的最大值，即可得出点到直线距离的最大值.【详解】分别取、的中点、，连接、、、，且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故且，平面，平面，、平面，则，，，则，因为，平面，对于平面内任意一点，过点作分别交、、于点、、，，，所以点到直线的距离等于点到直线的距离，平面，故，所以点到直线的距离为线段的长，，则是以为直角的直角三角形，当时，最短，因为，，故当点与点重合时，最长，当点与点重合时，，满足题意，此时点到直线的距离取到最大值.故答案为：.17．（2021·上海市松江二中高二期中）如图，在三棱锥中，能证明的条件是_______．①，；②，；③平面平面，；④，.【答案】①②④【分析】推导出平面，可判断①；根据已知条件可判断②不满足条件；推导出平面，可判断③；取的中点，连接、，推导出平面，可判断④.【详解】对于①，因为，，，平面，平面，，①满足条件；对于②，，，无法证明，②不满足条件；对于③，因为平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，故，③满足条件；对于④，取的中点，连接、，，为的中点，故，同理可得，因为，平面，平面，，④满足条件.故答案为：①③④.三、解答题18．（2021·上海·复旦附中高二期中）已知四棱柱中，，(1)判断与是否平行？说明理由．(2)若面面，面面，且面面，判断与面是否垂直？说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)垂直，证明见解析.【分析】（1）由，根据线面平行的判定定理证明面；然后再由线面平行的性质定理即可证明.（2）在平面内分别做直线，直线，则由面面垂直的性质定理可得面，面，从而可得出，，从而可证明结论.(1)在四棱柱中，因为，所以四点共面，因为，面，面，所以面，又因为面，面面，所以.(2)直线与面垂直，理由如下：易知在平面内存在一条直线，使直线，又因为面面，面面，所以面，又因为面，所以；同理，在平面内存在一条直线，使直线，又因为面，面面，所以面，又因为面，所以，因为与相交，所以直线与也相交，所以面.19．（2021·上海市金山中学高二期末）圆锥的顶点为，底面圆心为，线段是圆的直径，点是圆上异于、的点，垂直于圆所在的平面，且，.(1)若为线段中点，求证：平面；(2)求圆锥的侧面积，并求三棱锥体积的最大值；(3)当三棱锥体积最大时，点沿圆锥表面运动到母线中点，求该点经过的路线的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)，三棱锥体积的最大值为(3)【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）求出圆锥的母线长，可求得圆锥的侧面积，求出面积的最大值，可求得三棱锥体积的最大值；（3）将圆锥沿母线展开成扇形，求出的大小，利用余弦定理求出的长，即可得解.(1)证明：在中，，为线段中点，所以，平面，平面，所以，，所以平面；(2)解：，，所以，故圆锥的侧面积为，因为点是圆上异于、的点，所以当时，到的距离最大，且距离最大值为，的最大值为，又三棱锥的高，故三棱锥体积的最大值为；(3)解：将圆锥沿母线展开成扇形，则为弧的中点，且，当三棱锥体积最大时，，此时为弧中点，扇形中，弧长为，所以，中，，，，所以，即，所以经过的路程的最小值.20．（2021·上海·华东师范大学第三附属中学高二阶段练习）如图1，矩形，，，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上，平面.（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）若在棱，分别取中点，，试判断点与平面的关系，并说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）平面【分析】（1）结合线面平行的性质定理证得.（2）结合面面垂直的性质定理证得平面，由此证得平面平面.（3）通过证明四点共面来判断点与平面的关系.【详解】（1）设，则，由于平面，平面，平面平面，所以，所以，即.（2），所以，平面平面，且交线为，所以平面，由于平面，所以平面平面.（3）延长，使，由于，所以四边形是平行四边形，所以.由于分别是的中点，所以，所以，所以四点共面.在三角形中，是中线，是中线，两者的交点为重心，由（1）可知，所以，所以平面，即平面.21．（2021·上海奉贤区致远高级中学高二期中）如图，在四棱锥中，平