2026年高考数学一轮复习专题7.4 空间直线、平面的垂直（举一反三讲义）（全国）（解析版）

专题7.4空间直线、平面的垂直（举一反三讲义）【全国通用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1垂直关系的有关命题的判断】 5【题型2证明线线垂直】 7【题型3线面垂直的判定】 10【题型4线面垂直的性质定理的应用】 15【题型5面面垂直的判定】 20【题型6面面垂直的性质定理的应用】 26【题型7平行、垂直关系的综合应用】 32【题型8垂直关系的探索性问题】 371、空间直线、平面的垂直考点要求真题统计考情分析(1)理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系(2)掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分2025年全国一卷：第9题，6分、第17题，15分2025年北京卷：第14题，5分2025年天津卷：第17题，15分空间直线、平面的垂直是高考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，主要分三方面进行考查，一是空间中线面垂直关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面垂直的证明以及垂直关系的转化，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；三是线面平行、垂直关系的存在性问题，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的垂直的判定与性质，复习备考时要强化定理条件的严谨性，避免忽略定理核心条件导致失误.知识点1线面垂直的判定定理和性质定理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，我们就说直线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.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.2．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”.3．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.知识点2面面垂直的判定定理和性质定理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.知识点3空间中的垂直关系的判定方法1．直线与直线垂直的判定方法(1)定义法：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)利用线面垂直的性质定理；(3)利用面面垂直的性质定理；2．直线与平面垂直的判定方法(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；(4)面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于这两个平面的交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.3．面面垂直判定的两种方法与一个转化(1)两种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.(2)一个转化：在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.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.4．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.知识点4空间中位置关系的相互转化1．线、面垂直位置关系的相互转化2．平行关系与垂直关系的相互转化【方法技巧与总结】1．三垂线定理平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.2．三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.3．两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.【题型1垂直关系的有关命题的判断】【例1】（2025·重庆·二模）已知m,n,a,b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（

）A．若m⊥α,n//β,α⊥β，则m⊥nB．若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥βC．若m//n，m//α，n//β，则α//βD．若a//α，a⊂β，α∩β=b，则a//b【答案】D【解题思路】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断ABC，由线面平行的性质可判断D.【解答过程】对于A，如图所示：m⊥α，n//β，对于B.，如图所示：满足m⊥n，m⊥α，n//β，但α//β，故B错误；对于C，满足m//n，m//α，对于D，a//α，a⊂β，α∩β=b，由线面平行的性质可和a//b，故D正确.故选：D.【变式1-1】（2025·重庆·三模）已知直线m，n和平面α，其中m⊂α，则“m⊥n”是“n⊥α”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【答案】C【解题思路】由线面垂直判定定理及线面垂直的性质即可判断得出结论.【解答过程】由m⊂α，m⊥n，则可能有n⊂α，n//α或者n与α相交，不能推出n⊥α，若n⊥α，m⊂α，则有n⊥m，所以“m⊥n”是“n⊥α”的必要不充分条件.故选：C.【变式1-2】（2025·天津滨海新·三模）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若m//α，n⊂α，则m//n B．若m//α，m//n，则n//αC．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β D．若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m⊥α【答案】C【解题思路】根据线面平行的位置关系判断AB；根据线面垂直、面面垂直的判定及性质判断CD.【解答过程】对于A，由m//α，n⊂α，则m//n或m,n异面，故A错误；对于B，由m//α，m//n，则n//α或n⊂α，故B错误；对于C，由m⊥α，m⊥n，则n//α或则在平面α内存在直线a//n，而n⊥β，则a⊥β，所以对于D，由α⊥β，α∩β=l，m⊥l，只有当m⊂β或m//β时，故选：C.【变式1-3】（2025·天津和平·二模）已知a，b是空间两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的为（

）A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b B．若a∥αC．若α∩β=a，γ∩β=b，a∥b，则α∥γ D．若α⊥β【答案】B【解题思路】利用空间中点、线、面位置关系的判定定理和性质逐项判断可得正确的选项.【解答过程】对于A，若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥对于B，若a∥α，则存在直线c⊂α，使得a∥c，由于a⊥β，则c⊥β，可得α⊥β，故B正确；对于C，若α∩β=a，γ∩β=b，a∥b，则α∥对于D，若α⊥β，a⊂α，设α∩β=l，只有当a⊥l时，才能得到a⊥β，故D错误.故选：B.【题型2证明线线垂直】【例2】（2025高二下·湖南株洲·学业考试）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A．异面且垂直 B．异面但不垂直C．相交且垂直 D．平行【答案】A【解题思路】易知AC与BD【解答过程】如图，易知AC与BD连接DB，则AC⊥DB，又DD1⊥面ABCD，AC⊂所以DD1⊥AC，又D所以AC⊥面DD1B，又B所以AC⊥BD故选：A.【变式2-1】（24-25高二上·贵州·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A′B′C′D

A．平行 B．相交 C．异面且垂直 D．异面但不垂直【答案】C【解题思路】根据图形结合线面垂直的性质判断即可.【解答过程】在长方体ABCD−A′B′C因为DC⊂平面ABCD，所以AA又直线AA′与所以直线AA′与故选：C.【变式2-2】（24-25高二上·云南昭通·期中）如图所示，在正方体ABCD−A1B

(1)AD(2)AD1与【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解题思路】（1）根据当两直线所成的角是直角时，两直线垂直即可证明（2）根据异面直线的定义可得【解答过程】（1）如图所示，连接BC

∵ABCD−A∴AB∥D∴平面ABC∴AD∵BCC∴BC∴AD（2）由AD1⊂面ADD1A1，B又AD1与B1C不平行，【变式2-3】（24-25高一下·吉林长春·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC(1)求证：AB⊥(2)若AA1=3，AB【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）取AB中点H，连EH,HD.由中点性质知AB垂直EH,AB垂直HD，根据线面垂直判定得AB（2）利用三棱锥体积公式算出体积.【解答过程】（1）取AB中点H，连接EH，HD，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC故EH//BB1,DH//因EH∩HD=H，故AB⊥平面EHD，因为DE⊂平面EHD，所以（2）因AA1=3，AB=AC=2，BB则三棱锥A−BCE的体积为：VA【题型3线面垂直的判定】【例3】（2025·上海青浦·模拟预测）如图，已知四棱锥S−ABCD的底面为菱形，∠BAD=π(1)求证：AC⊥平面BDS；(2)若AB=2,BS=3,DS=1，求四棱锥【答案】(1)证明见解析(2)1【解题思路】（1）由菱形与等腰三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直判定，可得答案；（2）由菱形的性质与勾股定理，根据（1）可分割三棱锥的底与高，结合体积公式，可得答案.【解答过程】（1）设AC与BD相交于点O，因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC、BD中点.又因为AS=CS，所以SO⊥AC,SO∩BD=O,SO、BD⊂平面BDS，所以AC⊥平面BDS.（2）因为底面ABCD是菱形，∠BAD=π3,AB=2，所以△ABD在△BDS中，BS=3,DS=1,BD=2，满足根据勾股定理逆定理可知∠BSD=90°，即由（1）知AC⊥平面BDS，所以VS−ABCDS△SBD则VS−ABCD【变式3-1】（2025·山西·三模）如图所示，在三棱锥A−BCD中，AB=CD，AC=AD=BC=BD，BC=2AB，点E，F，G分别在棱BC，AC，AD上运动，且AB//平面EFG，CD//平面EFG，M，N分别是线段CD和AB的中点．(1)证明：直线MN⊥平面EFG；(2)当三角形EFG面积的最大值为12时，求三棱锥A−BCD【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）即证MN⊥EF，FG⊥MN，利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）利用三角形EFG面积的最大值为12【解答过程】（1）因为AB//平面EFG，AB⊂平面ABC，AB⊄平面EFG，平面ABC∩平面EFG=EF，所以AB//EF，同理CD//FG，连接AM，BM，∵AC=AD=BC=BD，所以△ACD≅△BCD，又因为M，N分别是线段CD和AB的中点，所以AM=BM，所以MN⊥AB，所以MN⊥EF，又因为AM⊥CD，BM⊥CD，AM⊂平面AMB，BM⊂平面AMB，AM∩BM=M，所以CD⊥平面AMB，所以CD⊥MN，所以FG⊥MN，因为EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG=F，所以MN⊥平面EFG．（2）由（1）及已知可得CFCA+AFCA=1所以EFAB+FGCD=1又因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB，所以CD⊥EF，所以FG⊥EF，所以S△EFG=1所以AB=2，又BC=2AB，则AC=AD=BC=BD=4，因为CD⊥平面AMB，所以V因为AM=BM=AC2所以VA−BCD所以三棱锥A−BCD的体积为214【变式3-2】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且CB⊥BP，CD⊥DP，PA=2，点E，

(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)求点P到平面AEF的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)23【解题思路】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得.（2）利用等体积法求出点到平面的距离.【解答过程】（1）由底面ABCD为正方形，得CB⊥AB，又CB⊥BP,AB∩BP=B,AB,BP⊂平面ABP，于是CB⊥平面ABP，而PA⊂平面ABP，则CB⊥PA，同理CD⊥PA，又CB∩CD=C,CB,CD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.（2）由（1）得PA⊥AB，点E为PB的中点，在Rt△PAB中，AE=2，点F为PD的中点，同理在△PBD中，EF=12BD=在直角△PAB中，S△APE由（1）知CB⊥平面ABP，则AD⊥平面ABP，于是点F到平面APE的距离为1设点P到平面AEF的距离为h，由VP−AEF=VF−AEP，得所以点P到平面AEF的距离为23【变式3-3】（2025·四川雅安·三模）四棱锥P−ABCD中，AP=AC，底面ABCD为等腰梯形，CD∥AB，AB=2CD=2BC=2，E为线段PC的中点，PC⊥CB.(1)证明：AE⊥平面PCB；(2)若PB=2，求直线PD与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)310【解题思路】（1）分析题意，利用线面垂直的判定定理求解即可.（2）利用线面垂直找到线面角，放到三角形中求解正弦值即可.【解答过程】（1）因为AP=AC,E为线段PC的中点，所以AE⊥PC，在等腰梯形ABCD中，作CF⊥AB于F，则由AB=2CD=2BC=2得FB=1所以cos∠CBA=BFBC因为AB=2BC，所以BCAB=BF所以∠BCF=∠BAC=30∘，所以∠ACB=90因为PC⊥CB,PC∩AC=C，PC,AC⊂平面PCA，所以BC⊥平面PCA，因为AE在平面PCA内，所以BC⊥AE，因为PC∩BC=C,PC,BC在平面PCB内，所以AE⊥平面PCB.（2）因为PB=2,BC=1，所以PC=3取AC的中点M，连接PM，则PM⊥AC，因为BC⊥平面PCA，PM⊂平面PCA，所以PM⊥BC，又BC∩AC=C，BC,AC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，所以∠PDM为直线PD与平面ABCD所成的角，在正△PAC中，PM=32，又因为在Rt△PDM中，PD2所以sin∠PDM=所以直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为310【题型4线面垂直的性质定理的应用】【例4】（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=90∘，AD//BC，AB=2，AD=1,PA=BC=4,PA⊥平面(1)求证:直线BD⊥PC；(2)求直线PC与平面PAB所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)arctan【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC，再利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）先证明BC⊥平明PAB，从而得到∠CPB为直线PC与平面PAB所成角，再在Rt△CPB中求解∠CPB【解答过程】（1）由题意知tan∠ADB=2=tan∠BAC又因为∠BAC+∠CAD=90∘，所以∠ADB+∠CAD=90又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC在平面PAC内，所以直线BD⊥PC；（2）因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，因为BC⊥AB，AB∩PA=A，AB,PA⊂平明PAB，所以BC⊥平面PAB，所以∠CPB为直线PC与平面PAB所成角，在Rt△CPB中，因为PB=2所以tan所以直线PC与平面PAB所成角的大小为arctan2【变式4-1】（2025·湖南长沙·一模）在多面体ABCDE中，已知AB=BC=2,AC=22,DA=DB=EB=EC=5，且平面BCE与平面DAB均垂直于平面ABC,F(1)证明：DE∥AC；(2)求直线BF与平面ACE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)42【解题思路】（1）取AB,BC的中点M,N，证明四边形DENM为平行四边形即可得证DE∥AC；（2）建立空间直角坐标系，运用法向量求解即可.【解答过程】（1）如图，分别取AB,BC的中点M,N，连接DM,MN,NE，因为DA=DB，故DM⊥AB，又平面DAB⊥平面ABC，且平面DAB∩平面ABC=AB，因此DM⊥平面ABC，同理可知，EN⊥平面ABC，因此DM∥EN且DM=EN，故四边形DENM为平行四边形，所以DE∥MN，又因为MN∥AC，所以DE∥AC.（2）因为AB=BC=2,AC=22，所以AB2以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，过B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由题意知，B0,0,0F1所以AC=设平面ACE的法向量为n=则有n⋅AC令x=2，则y=2,z=1，即平面ACE的一个法向量为n=设直线BF与平面ACE所成角为θ，则sinθ=即直线BF与平面ACE所成角的正弦值为42【变式4-2】（2025·全国·模拟预测）如图所示，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=33，ED=9，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F满足AE=23ED,AF=3(1)证明：EF⊥PD；(2)求直线CD与平面PBF所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)10【解题思路】

（1）根据题意先计算AE,AF，利用余弦定理可得EF=23，结合勾股定理有EF⊥AE（2）利用空间向量法计算线面夹角；【解答过程】（1）由题意可知，AE=23ED=6,AF=所以由余弦定理得EF2=A又EF2+AE2=AF又ED∩PE=E，ED,PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED，又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD（2）如图所示，连接CE，由题可知DE=9,CD=33，∠CDE=90°故CE=D又PE=AE=6,PC=12，所以PE2+C又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD．以E为原点，EF,ED,PE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P0,0,6由AF=32AB得B4,43−6,0设平面PBF的法向量为n=x,y,z，则n⋅令x=3，则n设直线CD与平面PBF所成角为θ,0≤θ≤πsinθ=则cosθ=故直线CD与平面PBF所成角的余弦值为105【变式4-3】（2025·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠BAD=90°，2AB=AD=DC=DP=2，PA=22(1)若M，F分别是PA，BC的中点，证明：MF⊥AD；(2)求二面角P−BC−D的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）取AD中点E，连接ME，FE，以ME∥PD，EF∥CD，结合勾股定理的逆定理可证AD⊥PD，进而可得AD⊥平面MFE，利用线面垂直可得线线垂直；（2）首先可得DA，DC，DH两两垂直，构建空间直角坐标系，并求得平面PBC的一个法向量，平面ABCD的一个法向量，利用向量法求得二面角P−BC−D的余弦值.【解答过程】（1）取AD中点E，连接ME，FE，因为M，F分别是PA，BC的中点，所以ME∥PD，EF∥CD.因为AD2+P所以AD⊥ME，又AD⊥CD，所以AD⊥EF.因为EF∩ME=E，又EF，ME⊂平面MFE，所以AD⊥平面MFE，因为MF⊂平面MFE，所以MF⊥AD.（2）在平面PDC内过点D作DH⊥CD，交PC于点H，因为∠BAD=90°，所以BA⊥AD，又因为AB//CD，所以因为AD⊥PD，PD∩DC=D，PD,DC⊂平面PDC，所以AD⊥平面PDC，又DH⊂平面PDC，所以AD⊥DH，所以DA，DC，DH两两垂直，以D为原点，分别以DA，DC，DH所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，又所以cos∠PDC=22则P0,−1,3，B2,1,0，C0,2,0，所以设平面PBC的法向量为n=则n⋅PB=2x+2y−3z=0易知平面ABCD的一个法向量为m=0,0,1，所以由图知，二面角P−BC−D的平面角为锐角，故其余弦值为251【题型5面面垂直的判定】【例5】（2025·江西南昌·二模）在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面

(1)求证：平面ACC1A(2)求二面角B−AC【答案】(1)证明见解析(2)7【解题思路】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得CC（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.【解答过程】（1）因为侧面ACC所以CC因为AB=2,AB⊥BC，则BC=AC2所以CC12因为BC∩AC=C,BC、AC⊂平面ABC，所以CC1⊥平面ABC，又C所以平面ACC1A（2）

以AC,AA1为因为AC=4,AB=2,BC=23，所以∠BAC=所以A0,0,0则AB=设平面ABC1的法向量为由AB⋅n=0AC1⋅平面ACC1的法向量为所以cosn又二面角B−AC1−C【变式5-1】（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=2，BC=4，侧面PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为PB中点．(1)证明：平面PAD⊥平面PAB；(2)求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理得出PF⊥平面ABCD，接着求证BA⊥面PAD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出面与面夹角的余弦值.【解答过程】（1）如图所示，作线段AD的中点F，连接PF，因为侧面PAD为等边三角形，所以PF⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PF⊂面PAD，所以PF⊥平面ABCD，因为BA⊂平面ABCD，所以PF⊥BA，因为底面ABCD为矩形，所以BA⊥AD，因为PF∩AD=F，PF⊂面PAD，AD⊂面PAD，所以BA⊥面PAD，因为BA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥面PAD.（2）如图所示，作BC中点G，连接FG，则FG//BA由（1）可得，PF⊥面ABCD，BA⊥面PAD，所以FG⊥面PAD，则可以F为坐标原点，以FG,FD,FP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系；则P0,0,2可得AE=设面EAC的法向量为n=a,b,c，则n→令a=2，解得b=−1,c=−33，所以面EAC的一个法向量为易知面ABCD得一个法向量为m=设平面EAC与平面ACD夹角为θ，则cosθ=所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为14【变式5-2】（2025·海南三亚·一模）在多面体A1B1−ABC中，ABB1A1为平行四边形，(1)证明：平面B1BC⊥平面(2)已知多面体A1B1−ABC的体积为23【答案】(1)证明见解析(2)13【解题思路】（1）根据题意，分别证得A1B⊥BC和BC⊥AB，利用线面垂直的判定定理，证得BC⊥平面ABB1A（2）由VB−A1B1C=VC−A1【解答过程】（1）证明：因为A1B⊥平面ABC且BC⊂面ABC，所以又因为∠ABC=90∘因为A1B∩AB=B且A1B,AB⊂面AB又因BC⊂平面面BB1C，所以平面B（2）解：因为VB−A1B1C=则V=13S由（1）可知BC，BA，BA以B为坐标原点，以BA,BC,BA1所在直线分别为x轴，y轴和建立空间直角坐标系，如图所示，由（1）可知，BA=BA1=则BC=设面B1BC的法向量n=令x=1，可得y=0,z=1，所以n=设AD与平面B1BC所成角为θ，则所以AD与平面B1BC所成角的正弦值为【变式5-3】（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，AB=AP=2,PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为13，求CG【答案】(1)证明见解析(2)533或【解题思路】（1）连接BD，由线面垂直的性质得到EF⊥PA，再由面面垂直的判定定理证明可得；（2）建立如图所示空间直角坐标系，设PG=λPC(0<λ<1)【解答过程】（1）连接BD，因为E，F分别是线段PB，PD的中点，所以EF//BD．因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，即EF⊥PA，又ABCD为正方形，所以BD⊥AC，即EF⊥AC又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，所以EF⊥平面PAC，又EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAC．（2）如图，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0,0,0),E(1,0,1),F(0,1,1),P(0,0,2),C(2,2,0),AE设PG=λPC(0<λ<1)设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z)，则AE⋅n=x+z=0AF设直线AG与平面AEF所成角为θ，则sin解得λ=16或12，所以CG=(1−λ)PC=(1−λ)⋅2【题型6面面垂直的性质定理的应用】【例6】（2025·全国·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，CD⊥AD，AD=CD=2BC=2，平面PAD⊥平面ABCD.且△PAD是以P为直角顶点的等腰直角三角形.(1)证明：CD⊥平面PAD；(2)求二面角A−PB−C的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）根据条件，利用面面垂直的性质，即可求解；（2）取AD中点O，连接OP,OD，根据条件，建立空直角坐标系，分别求出平面APB,CPB的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.【解答过程】（1）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，又CD⊥AD，CD⊂面ABCD，所以CD⊥平面PAD.（2）取AD中点O，连接OP,OD，因为△PAD是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PO⊥AD，由（1）知CD⊥平面PAD，又PO⊂面PAD，所以PO⊥CD，又AD∩CD=D，AD,CD⊂面ABCD，所以PO⊥面ABCD，又AD=CD=2BC=2，且AD//BC，又OD=1，所以四边形OBCD为平行四边形，所以OB//CD，则OB⊥面PAD，又AD⊂面PAD，则OB⊥AD，建立如图所示的空间直角坐系，又PA=PD=2，所以PO=则A1,0,0所以PB=设平面APB的一个法向量为n=x,y,z，则取x=2，得y=1,z=2，所以n=设平面CPB的一个法向量为m=a,b,c，则取b=1，得x=0,c=2，所以m=所以cosn设二面角A−PB−C的大小为θ，则sinθ=【变式6-1】（2025·福建厦门·三模）在三棱锥P−ABC中，AC⊥BC，AP⊥CP，AP=CP=2，D是AB的中点，且平面PAC⊥平面ABC.(1)证明：AP⊥平面BCP；(2)已知平面α经过直线PC，且AB//α，直线PD与平面α所成角的正弦值为63，求三棱锥P−ABC【答案】(1)证明见解析(2)43或【解题思路】（1）由平面PAC⊥平面ABC，得到BC⊥平面PAC，再结合AP⊥CP即可求证；（2）建系，设BC=2m求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可求解m，利用体积公式计计算得出结果.【解答过程】（1）因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC.又AP⊂平面PAC，所以BC⊥AP.又AP⊥CP,BC,CP⊂平面BCP,BC∩CP=C，所以AP⊥平面BCP.（2）记AC的中点为O，连接PO,DO，因为AP=CP，所以PO⊥AC，因为平面PAC⊥平面ABC，所以PO⊥平面ABC.因为O,D分别是AC,AB的中点，所以OD//BC，又BC⊥AC，所以OD⊥AC.以O为坐标原点，OA,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC=2m，则A2所以PD→由题知AB//α,PC⊂α，设平面α的法向量为n→则n→⋅CP→=0,n→⋅AB则cos⟨化简可得m4−3m2+2=0三棱锥P−ABC的体积V=13PO⋅S△ABC【变式6-2】（2025·湖北武汉·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1AC⊥平面A(1)证明：A1B⊥平面(2)求BC(3)求平面AA1B【答案】(1)证明见解析(2)B(3)5【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证；（2）先由余弦定理求出BC=2，取AC的中点O，连接OA1，（3）由（2），以O为坐标原点，直线OB，OC，OA1所在方向分别为x轴，y轴，【解答过程】（1）证明：因为AB=AA1，所以四边形所以A1B⊥AB1，又所以AC⊥A1B，因为AC∩AB1=A，AC⊂平面所以A1B⊥平面（2）在△ABC中，由AC=23，AB=2，∠CAB=所以BC=A如图，取AC的中点O，连接OA1，因为AB=BC，所以OB⊥AC，因为平面A1AC⊥平面ABC，平面A1所以OB⊥平面A1AC，因为OA所以OB⊥OA1，因为AC⊥A1B，AC⊥OB，A且A1B∩OB=B，所以AC⊥平面因为OA1⊂平面OBA1，所以AC⊥O所以A1C=AA1=2，在Rt△AOA1在Rt△BOA1中，可知因为A1C1解得：BC（3）由（2），以O为坐标原点，直线OB，OC，OA1所在方向分别为x轴，y轴，则A(0,−3,0)，C(0,3,0)，所以A1B=(1,0,−1)，A设平面AA1B则n1⋅A1B设平面A1BC的法向量为则m⋅A1B=0m⋅所以平面A1BC的一个法向量为设平面AA1B与平面A则cosθ=|cos<所以平面AA1B与平面A【变式6-3】（2025·海南·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面CDD1C1，(1)证明：D1O⊥平面(2)求平面AB1E【答案】(1)证明见解析；(2)2【解题思路】（1）根据三线合一得D1（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面AB1E【解答过程】（1）如图，连接CD1．因为AA又∠D1DC=因为O是CD的中点，所以D1因为平面ABCD⊥平面CDD1C1，平面CDD所以D1O⊥平面（2）如图，取AB的中点G，连接OG，由已知可得OG,OC,OD以O为原点，OG,OC,OD1所在直线分别为x轴、y轴、设AD=2，则A(2,−2,0),B所以AE=(−1,2,2设平面AB1E则n⋅AE=−x+2y+23z=0易知m=(1,0,0)是平面A设平面AB1E与平面A则cosθ=|即平面AB1E与平面A【题型7平行、垂直关系的综合应用】【例7】（24-25高二下·贵州毕节·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB，P，Q，M分别是A1B，A．PM与QC1是异面直线 B．PQ//C．PQ⊥A1B【答案】D【解题思路】利用反证法可判断AD；取AB的中点，利用线线平行可得B；利用CN⊥AA【解答过程】对A，点M,C1,Q∈平面ACC1A1，若PM与QC1又P∈A1B,A1B∩平面ACC1A对B，取AB的中点N，连接CN，如图：由P为A1B的中点，所以PN//AA1且PN=12AA1所以CQ//AA1且CQ=12AA1所以PQ//CN，PQ⊄平面ABC，CN⊂平面ABC，所以PQ//平面ABC，正确；对C，因为CA=CB，所以CN⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABCAB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面ABA1，所以所以CN⊥A1B，又PQ//CN，所以对D，取A1B1的中点S在直三棱柱ABC−A1B1C1中，可知则PQ⊥A1B1，若PQ⊥B1M故选：D.【变式7-1】（2025高三·全国·专题练习）如图，四面体P−ABC的棱长均相等，D，F分别为BC,PB的中点，点E满足AE=12A．EF⊥BC B．PE⊥BCC．EF//平面PAC D．平面DEF⊥平面ABC【答案】B【解题思路】A选项，假设EF⊥BC，证明出线面垂直，得到BC⊥DF，而DF//PC，所以BC⊥PC，与题矛盾，A错误；B选项，证明出BC⊥平面PAD，从而得到B正确；C选项，假设EF//平面PAC，由A项分析可知DF//PC，所以FD//平面PAC，得到面面平行，则DE//平面PAC，即AD//平面PAC，显然不成立，C错误；D选项，由B项分析知BC⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABC，故平面DEF与平面ABC不垂直.【解答过程】A选项，假设EF⊥BC，根据等边三角形三线合一可知ED⊥BC，又ED∩EF=E，ED,EF⊂平面EFD，所以BC⊥平面EFD，又FD⊂平面EFD，则BC⊥DF．在△PBC中，点D,F分别为BC,PB的中点，所以DF//PC，所以BC⊥PC，与题矛盾，A错误；B选项，由三线合一知AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD=D，所以BC⊥平面PAD，因为PE⊂平面PAD，所以BC⊥PE，B正确；C选项，假设EF//平面PAC，由A项分析可知DF//PC，又DF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，所以FD//平面PAC，又EF∩FD=F，EF,FD⊂平面DEF，所以平面DEF//平面PAC，又DE⊂平面DEF，则DE//平面PAC，即AD//平面PAC，显然不成立，C错误；D选项，由B项分析知BC⊥平面PAD，又BC⊂平面ABC，所以平面PAD⊥平面ABC，又平面DEF∩平面PAD=DE，所以平面DEF与平面ABC不垂直，D错误．故选：B.【变式7-2】（24-25高二上·上海静安·阶段练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA=2，M、N是线段PB、DC上的点，满足BMMP(1)若λ=1，求证：直线MN//平面PDA；(2)是否存在实数λ，使直线MN同时垂直于直线PB，直线DC？如果有请求出λ的值，否则请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)不存在，理由见解析.【解题思路】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可.（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置有关系进行判断即可.【解答过程】（1）取AP中点Q，连接QM，QD，由λ=1，得M是线段PB中点，则QM//AB，MQ=1由四边形ABCD是矩形，N是线段DC的中点，得DN//AB，DN=1于是DN//MQ，DN=QM，四边形DNMQ是平行四边形，则NM//QD，而NM⊄平面PDA，QD⊂平面PDA，所以直线MN//平面PDA.（2）假设存在实数λ，使得MN同时垂直于直线PB和直线DC，由四边形ABCD是矩形，得CD//AB，即MN⊥PB，MN⊥AB，而PB∩AB=B，PB,AB⊂平面ABP，则MN⊥平面ABP，由PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，得PA⊥BC，而AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面ABP，因此BC⊥平面ABP，则MN//BC，在矩形ABCD边AB上取点E，使BE=CN，连接NE，则NE//BC//MN与MN∩NE=N矛盾，即假设不成立，所以不存在实数λ，使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC.【变式7-3】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四棱锥A−BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，BC=2，CD=2，(1)求证：BE⊥平面ABC；(2)若F，G分别为棱CD，AE的中点，求证：GF∥平面ABC；(3)设△ABC为等边三角形，求直线CE与平面ABE所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)45【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明BE⊥平面ABC；（2）易证四边形FGHC是平行四边形，进而根据线面平行的判断定理证明即可；（3）由（1）可知平面ABE⊥平面ABC，进而可知∠CEH是直线CE与平面ABE【解答过程】（1）因为底面BCDE为矩形，所以BE⊥BC，因为侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABC∩底面BCDE=BC，BE⊂底面BCDE，所以BE⊥平面ABC.（2）取AB中点H，连接GH，CH，因为G是AE中点，所以HG//BE，HG=1又因为矩形BCDE，所以BE//CD，BE=CD，且F是CD中点，所以HG//CF，HG=CF，所以四边形FGHC是平行四边形，所以FG//CH，又因为FG⊄平面ABC，CH⊂平面ABC，所以FG//平面ABC.（3）由（1）可知BE⊥平面ABC，因为BE⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC，又平面ABE∩平面ABC=AB，因为△ABC为等边三角形，所以CH⊥AB，CH⊂平面ABC，所以CH⊥平面ABE，连接EH，所以∠CEH是直线CE与平面ABE在矩形BCDE中，CE=6在正△ABC中，CH=3所以sin∠CEH=因为∠CEH∈[0°,90°]，因此∠CEH=即直线CE与平面ABE所成角为45【题型8垂直关系的探索性问题】【例8】（24-25高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，(1)求点A到平面MBC(2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC【答案】(1)4(2)存在，B【解题思路】（1）利用等体积法即可求解；（2）在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM，交BB1于点Q【解答过程】（1）因为三棱柱ABC−A所以AA1⊥平面A又因为M是A1B1因为AA1∩A1所以MC1⊥平面ABB1所以MC点M为A1B1的中点，所以M所以S△MBVC设点A到平面MBC1的距离为h，则所以13×15所以点A到平面MBC1的距离为（2）由（1）可知C1M⊥平面因为C1M⊂平面BC1M在△ABM中作BM边上的高AP，AP的延长线交BB1于点Q，即有平面BC1M∩平面AA1因此AQ⊥平面BC于是点Q即为所要找的点，在Rt△ABP和Rt△BPQ中，∠PAB=∠QBP，即所以Rt△ABQ∽Rt△B即有BQ1=1，于是BQ=1【变式8-1】（24-25高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥S−ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD,SA=SD=AD=2，四边形ABCD为正方形，E,M分别为AD、BC的中点.(1)直接写出图中与EM平行的平面；(2)求证：平面SAD⊥平面SAB；(3)在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD?若存在，求三棱锥C−DMN体积；若不存在，说明理由.【答案】(1)平面SCD，平面SAB(2)证明见解析(3)存在，3【解题思路】（1）由已知可得AB//ME，DC//ME，然后由线面平行的判定定理可得结论；（2）由已知面面垂直可得AB⊥平面SAD，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（3）当N为SC中点时，满足条件，连接EC,ON,SE,DM，设DM∩EC=O，可得NO//SE，SE⊥AD，再结合面面垂直可得NO⊥平面ABCD，然后由面面垂直的判定得平面DMN⊥平面ABCD，利用等体积法可求得三棱锥C−DMN体积.【解答过程】（1）因为四边形ABCD为正方形，E,M分别为AD、BC的中点.所以AE=DE=MC=BM，AE//BM，DE//CM，所以四边形ABME和四边形DCME均为平行四边形，所以AB//ME，DC//ME，因为ME⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，ME⊄平面SCD，DC⊂平面SCD，所以EM//平面SAB，EM//平面SCD；（2）因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面SAD.因为AB⊂平面SAB，所以平面SAD⊥平面SAB.（3）存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD.证明：连接EC,ON,SE,DM，设DM∩EC=O，因为四边形ABCD为正方形，E，M分别为AD、BC的中点，所以ED//CM，ED=CM，所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO=CO.因为N为SC中点，所以NO//SE.因为SA=SD=AD=2，E为AD的中点，所以SE⊥AD，SE=3，NO=因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SE⊂平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD.则VC−DMN【变式8-2】（24-25高一下·辽宁沈阳·期末）如图，四棱锥P−ABCD的底ABCD是正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．

(1)求证：AM⊥平面PCD；(2)求二面角M−AC−D的余弦值；(3)在棱PC上是否存在点Q，使平面BDQ⊥平面MAC成立？如果存在，求出PQQC【答案】(1)证明见解析；(2)155(3)存在，PQQC【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理可得CD⊥平面PAD，从而得CD⊥AM，再由△PAD是正三角形，且M是PD的中点，可得PD⊥AM，最后由线面垂直的判断定理即可得证.（2）由二面角的定义，找出二面角M−AC−D的平面角，在直角三角形中求解即可.（3）当PQQC【解答过程】（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，则CD⊥平面PAD，又因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，因为△PAD是正三角形，且M是PD的中点，则PD⊥AM，又因为CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD；（2）解：过点M作ME⊥AD，垂足为E，过点E作EF⊥AC，垂足为F，连接MF．

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以ME⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以ME⊥AC．又EF⊥AC，ME∩EF=E，ME,EF⊂平面MEF．所以AC⊥平面MEF．因为MF⊂平面MEF，所以AC⊥MF，则∠MFE即为平面MAC与底面ABCD所成二面角的平面角．设AB=2，则EF=324故MF=3所以cos∠MFE=即二面角M−AC−D的余弦值为155（3）解：存在点Q，当PQQC=12时，平面证明如下：如图，取AD中点N，连接CN交BD于点G，连接GQ，

因为△PAD是正三角形，所以PN⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PN⊥平面ABCD．因为GNCG所以QG//PN，所以QG⊥平面ABCD．因为AC⊂平面ABCD，所以QG⊥AC．因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又QG∩BD=G，QG,BD⊂平面BDQ，所以AC⊥平面BDQ，又AC⊂平面MAC，所以平面BDQ⊥平面MAC，所以棱PC上存在点Q，当PQQC=12时，平面【变式8-3】（24-25高一下·湖南衡阳·阶段练习）如图所示，在四棱锥E−ABCD，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥平面ABCD，AB=2(1)求证：BD⊥平面ACE；(2)求BE与平面ACE所成角的正弦值；(3)G是线段EO上一点，且满足EGEO=μ，是否存在实数μ使CG⊥平面BDE？若存在求出【答案】(1)证明见解析(2)3(3)存在，μ=【解题思路】（1）由EC⊥平面ABCD可得EC⊥BD，由正方形的性质可得AC⊥BD，进而结合线面垂直的判定定理即可证明；（2）根据线面角的定义可得∠OEB即为BE与平面ACE所成角，进而求解即可；（3）取EO中点G，连接CG，结合（2）中的结论可得平面ACE⊥平面BDE，再由面面垂直的性质定理即可得到结果.【解答过程】（1）因为EC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EC⊥BD，在正方形ABCD中，AC⊥BD，因为AC∩EC=C,AC,EC⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.（2）由（1）知，BD⊥平面ACE，所以∠OEB即为BE与平面ACE所成角，因为AB=2CE，则则OB=12BD=CE在Rt△OEB中，sin即BE与平面ACE所成角的正弦值为33（3）存在实数μ=12，使得CG⊥平面取EO中点G，连接CG，由（2）可知，因为AB=2CE，所以CG⊥EO，又BD⊥平面ACE，BD⊂平面BDE，所以平面ACE⊥平面BDE，因为平面ACE∩平面BDE=EO，CG⊂平面ACE，所以CG⊥平面BDE，故存在实数μ=12，使CG⊥平面一、单选题1．（2025·山东临沂·模拟预测）已知l、m、n是直线，α是平面，且m⊂α，n//α，则“l⊥m，l⊥n”是“l⊥α”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【解题思路】由线面垂直的定义及判定定理即可判断.【解答过程】解：由n//α得：存在n′⊂α，满足n//n′，若l⊥α，则直线l垂直平面α中任意一条直线，∵m⊂α，n′⊂α，∴l⊥m，l⊥n′，∵l⊥m，l⊥n'，m，n'是否相交不确定，∴l⊥α不一定成立，∴“l⊥m，l⊥n”是“l⊥α”的必要不充分条件．故选：B.2．（2025·天津·二模）已知m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（

）A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β C．m⊥α，m⊥n⇒n∥α D．n【答案】D【解题思路】对于A当m//n时，则α与β有可能相交即可判断，对于B当m⊂【解答过程】对于A：当m//n时，满足m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则对于B：当m⊂α时，则α⊥β，α∩β=n，对于C：满足m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥对于D：由n∥m，故选：D.3．（2025·福建厦门·三模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为AB的中点，A．l//AC1 B．l⊥AC1 C．【答案】D【解题思路】设N为BC的中点，则l即为MN所在直线，判断MN与AC1是异面直线，即可判断A；由MN//AC，AC1与AC不垂直，即可判断B；由条件可证得AC⊥平面BDD1B1，而【解答过程】设N为BC的中点，连接MN,NC∵M为AB的中点，N为BC的中点，∴MN//AC，又∵A1C1∴A1∴平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN，则∵MN与AC1是异面直线，即l与∵MN//AC，而在直角△ACC1中，∠ACC1=故MN与AC1不垂直，即l与∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD又AC⊥BD，BD∩BB1=B，BD,B∴AC⊥平面BDD1B∴MN⊥平面BDD1B1，即∵BD1⊂平面BD故选：D.4．（2025·天津·二模）已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（

）A．若a⊥α，b⊥α，则a⊥b B．若a//α，a//β，α∩β=b，则a//bC．若a⊥α，a⊥β，则α⊥β D．若α⊥β，a//α，则a⊥β【答案】B【解题思路】ACD可举出反例；B选项，利用线面平行的性质定理、平行关系的转化判断即可.【解答过程】对于A，若a⊥α，b⊥α，则a//b，即垂直于同一个平面的直线平行，故A错误；对于B，若a//α，设a⊂γ，γ∩α=m，m⊄β，则a//m．又a//β，则m//β．因为α∩β=b，m⊂α，则m//b，所以a//b，故B正确；对于C，若a⊥α，a⊥β，则α//β，即垂直于同一直线的两个平面平行，故C错误；对于D，若α⊥β，a//α，则a//β，a⊂β或a∩β，故D错误．故选：B．5．（2025·广东·一模）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出了下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊥n，m⊥α，则n//α；③若m//α，α⊥β，则m⊥β，④若α∩β=m，n//m，且n⊄α，n⊄β，则n//α，n//β（

）A．②④ B．①②④ C．①④ D．①③【答案】C【解题思路】在①中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在②中，n//α或n⊂α；在③中，m与β相交、平行或m⊂β；在④中，由线面平行的判定定理得n//α，n//β．【解答过程】解：由α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，知：①若m⊥α，m⊂β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故①正确；②若m⊥n，m⊥α，则n//α或n⊂α，故②错误；③若m//α，α⊥β，则m与β相交、平行或m⊂β，故③错误；④若α∩β=m，n//m，且n⊄α，n⊄β，则由线面平行的判定定理得n//α，n//β，故④正确．故选：C．6．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，AB=BC=2，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若AB⊥EF，则三棱锥A−BEF的体积为（

）

A．23 B．43 C．22【答案】B【解题思路】设圆柱的下底面的圆心为O，由线面垂直的判定定理得出EF⊥平面CDAB，再由VA−BEF【解答过程】如图设圆柱的下底面的圆心为O，连接AG,BG,OG，则OG=BC=2，且OG⊥平面GEC，EF⊂平面GEC，所以OG⊥EF，又AB//CD，所以CD⊥EF，又CD∩OG=G，CD,OG⊂平面CDAB，所以EF⊥平面CDAB，且EG=GF=2，S△ABG所以VA−BEF

故选：B.7．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥A−BCDE是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A−CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论错误的是（）A．点A,B,C,F共面 B．平面ABE//平面CDFC．FG⊥CD D．FG⊥平面ACD【答案】D【解题思路】A.由题意转化为证明CD⊥平面AGH和CD⊥平面AFH，即可证明；B.根据面面平行的判断定理转化为证明AG//平面CDF和BE//平面CDF，即可证明；C.由A选项的证明可证明线线垂直；D.利用反证法，说明不成立.【解答过程】选项A：如图，取CD中点H，连接GH，FH，AG，AH，因为A−BCDE是正四棱锥，A−CDF是正四面体，G为BE的中点，所以CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH，因为GH∩AH=H，GH,AH⊂平面AGH，所以CD⊥平面AGH，因为AH∩FH=H，AH,FH⊂平面AFH，所以CD⊥平面AFH，所以A,G,H,F四点共面，由题意知AG=HF=3，GH=AF=2，所以四边形AGHF所以GH∥AF，因为BC∥GH，所以BC∥AF，所以A,B,C,F四点共面，故A说法正确；选项B：由选项A知AG∥FH，又AG⊄平面CDF，FH⊂平面CDF，所以AG//平面CDF，因为CD//BE，且BE⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以BE//平面CDF，又AG⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，且AG∩BE=G，所以平面ABE//平面CDF，故B说法正确；C选项：由选项A可得CD⊥平面AGHF，又FG⊂平面AGHF，所以FG⊥CD，故C说法正确；D选项：假设FG⊥平面ACD，因为AH⊂平面ACD，则FG⊥AH，由选项A知四边形AGHF是平行四边形，所以四边形AGHF是菱形，与AG=3，GH=2故选：D.8．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1，连接CC1，设θ为二面角C1−DE−CA．存在点D和θ，使得DC1⊥AC B．存在点D和C．存在点D和θ，使得BC1⊥DE D．存在点D和【答案】B【解题思路】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项.【解答过程】对于AD，取D为BC中点，θ=π2，则ED//故DE⊥AC，故在几何体C1−ABDE中，而CE⊥DE，故∠CEC1为二面角C1故C1E⊥AC，而C1故AC⊥平面DEC1，而DC1⊂因DE⊥AC，DE⊥C1E，AC∩故DE⊥平面ACC1，而CC1⊂对于C，过E作DE⊥BC，D为垂足，取θ=π2，同理可证DE⊥平面而BC1⊂平面BC对于B，过C1作C1H⊥平面ABC因为AC⊂平面ABC，故C1若BC1⊥AC，因为C故AC⊥平面BC1H，而BH⊂平面B而AC⊥BA，故H在BA上，因为C1H∩BA=H，C1H,BA⊂平面BC而C1A⊂平面BC1A，故CA⊥矛盾，故BC故选：B.二、多选题9．（2025·湖北·模拟预测）设α，β是两个平面，l是一条直线，则（

）A．若α//β，l⊥α，则l⊥β B．若α⊥β，l⊥α，则lC．若l//α，l⊥β，则α⊥β D．若l//α，l//β【答案】AC【解题思路】根据面面平行、线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理逐一判断即可.【解答过程】对于A，当l⊥α，α//β时，l⊥β，故A正确；对于B，当α⊥β，l⊥α时，l//β或对于C，因为l//α，所以在平面α内一定存在一条直线而l⊥β，所以c⊥β，根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故C正确；对于D，当α∩β=a时，如果l是平面α，β外一条直线，当l//a时，显然l//α，故选：AC.10．（2025·福建厦门·三模）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD−A′B′C′D′，下面部分可视为正四棱锥A．A′O⊥AB B．AC．平面AA′P⊥平面BDP D．C【答案】BCD【解题思路】分别利用线面、面位置关系的判定定理、性质结合题设条件逐项分析即可判断.【解答过程】对于A，设正方形ABCD边长为2，由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD，故PO=AA因为A′A⊥面ABCD，故A′又AO不与AB垂直，故A'O不与对于B，由题PO//AA′且PO=AA所以A′O//AP,A′O不在平面APD所以A′O//平面对于C，因为PO//CC'//AA'，O∈平面C平面AA′P即为平面CC′A′A，因为所以A'A⊥BD，又因为BD⊥AC，所以BD⊥平面CC′A′A所以平面BDP⊥平面CC′A′A对于D，由C可知CC′与A′P都在平面CC故选：BCD.11．（2025·甘肃白银·模拟预测）在正三棱台ABC−A1B1C1中，D，E，D1，E1分别是AB，BC，A．AC⊥BB1 B．AC//C．AB⊥平面D1E1ED D．若D【答案】ABD【解题思路】将正三棱台补图为正三棱锥，对于选项A，根据线面垂直的性质可证明线线垂直；对于选项B，根据线线平行证明线面平行；对于选项C，假设线面垂直，则线线垂直，从而发现与题干矛盾；对于选项D，根据线线垂直的判定定理可证明线面垂直.【解答过程】由题意，可将正三棱台补为如图所示的正三棱锥P−ABC，取AC的中点F，连接BF,PF，则BF⊥AC,PF⊥AC.又PF∩BF=F，所以AC⊥平面PBF，因为BB1⊂则有AC⊥BB因为D,E分别是AB,BC的中点，所以DE//AC，又DE⊂平面PDE，AC⊄平面PDE，∴AC//平面PDE，即AC//平面D1对于选项C，假设AB⊥平面D1E1ED，因为所以AB与DE垂直，而△BDE是等边三角形，不垂直，所以C不正确．由AC=2A1C1，知则PD=DE=PE=1，AD=BD=1，根据勾股定理PA=PB=P而PA2+P又AC⊥PB，AC∩AP=A，则PB⊥平面PAC，即BB1⊥故选：ABD.三、填空题12．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面AFR⊥平面ABC，平面CDT0⊥平面ABC，AB⊥BC，AB//EF//RS//CD【答案】60【解题思路】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱ARF−BHT和四棱锥B−HTSE后结合体积公式可求几何体的体积.【解答过程】先证明一个结论：如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，平面α∩β=l，则l⊥γ.证明：设α∩γ=a，β∩γ=b，在平面γ取一点O，O∉a,O∉b，在平面γ内过O作直线m，使得m⊥a，作直线n，使得n⊥b，因为平面α⊥平面γ，m⊂γ，故m⊥α，而l⊂α，故m⊥l，同理n⊥l，而m∩n=O,m,n⊂γ，故l⊥γ.下面回归问题.连接BE，因为AB⊥BC且AF//BC，故AF⊥AB，同理BC⊥CD，而AB=BC=8,AF=CD=4，故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等，故∠BEF=∠BED=45°，在直角梯形ABEF中，过B作BT⊥EF，垂足为T，则四边形ABTF为矩形，且△BTE为以∠BTE为直角的等腰直角三角形，故EF=FT+TE=AB+BT=AB+AF=12，平面RAF⊥平面ABEF，平面RAF∩平面ABEF=AF，AF⊥AB,AB⊂平面ABEF，故AB⊥平面RAF，取AF的中点为M，BE的中点为U，CD的中点为V，连接RM,MU,SU,UV，则MU//RS，同理可证RM⊥平面ABEF，而RM⊂平面故平面RMUS⊥平面ABEF，同理平面VUS⊥平面ABEF，而平面RMUS∩平面VUS=SU，故SU⊥平面ABEF，故RM//SU，故四边形RMUS为平行四边形，故在平面ABHR中过B作BH//AR，交RH于H，连接则四边形ABHR为平行四边形，且RH//AB,RH=故四边形RFTH为平行四边形，而BH⊥AB,BT⊥AB,BT∩BH=B,BT,BH⊂平面BHT，故AB⊥平面BHT，故平面ARF//平面BHT而AR=BH,RF=HT,AF=BT，故△ARF≅△BHT，故几何体ARF−BHT为直棱柱，而S△ARF=1因为AB//EF，故EF⊥平面而EF⊂平面RSEF，故平面ARF⊥平面RSEF，在平面ARF中过A作AG⊥RF，垂足为G，同理可证AG⊥平面RSEF，而12AG×RF=3，故AG=12由对称性可得几何体的体积为2×24+6故答案为：60.13．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，矩形ABCD，AD=2AB，E，F分别是AD，BC的中点，将平面ABFE沿EF折起，使得二面角A−EF−D的大小为60∘．在折起后形成的空间图形中，有如下3①平面CDEF⊥平面ADE；②四边形ABCD是正方形；③直线AE和DF所成角的正切值是7．其中所有正确结论的序号是．【答案】①②③【解题思路】对①，由题可得EF⊥平面ADE，得证；对②，由题可得∠AED即为二面角A−EF−D的平面角，则AD=AE=ED=a，结合AB⊥平面ADE，且AB//CD，且AB=CD=a，得证；对③，由题得∠BFD即直线AE与DF所成的角，利用余弦定理求出cos∠BFD，进而求得tan【解答过程】如图，设AB=a，则AE=DE=BF=CF=a，因为EF⊥AE,EF⊥DE，AE,DE⊂平面ADE，AE∩DE=E，所以EF⊥平面ADE，又EF⊂平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面ADE，故①正确；因为EF⊥AE,EF⊥DE，AE⊂平面AEFB，DE⊂平面DEFC，所以∠AED即为二面角A−EF−D的平面角，即∠AED=60所以AD=AE=ED=a，因为AB//EF，所以AB⊥平面ADE，则AB⊥AD，又AB//CD，且AB=CD=a，所以四边形ABCD是正方形，故②正确；连接AD,AB，则BD=DF=2a，又因为AE//BF，所以∠BFD即直线AE与DF所成的角，∴cos∠BFD=a所以tan∠BFD=7，即直线AE与DF所成角的正切值为综上，正确的有①②③.故答案为：①②③.14．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D①平面BD1②三棱锥A1③在B1C上存在点P，使得A④A1

【答案】①②③【解题思路】证明BD1⊥平面AB1C即可判断①，由B1C//平面C【解答过程】对于①：由正方体的性质可知AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD又BD∩DD1=D，BD,DD1⊂平面又BD1⊂平面BD同理可证B1C⊥BD1，又B1所以BD1⊥平面AB1C，又BD

对于②：因为B1C//A1D，B1C⊄平面C1又P∈B1C，所以点P到平面C1A又VA

对于③：当P为B1C的中点时，点P也为BC1的中点，BCAD1⊂平面AD1C，所以BC同理可证A1C1又A1C1∩PC所以平面A1PC1//平面A所以A1P//

对于④：如下图，将△B1C1C沿着B1C翻折到与平面B连接A1C1与B1C交于点P又∠A1B所以A1即A1P+