第31讲 直线、平面垂直的判定与性质 2026-2027学年高中数学一轮复习讲义（人教版2019）

第31讲直线、平面垂直的判定与性质内内容导航知识点1直线与平面垂直的判定与性质知识点2平面与平面垂直的判定与性质知识点3垂直关系的相互转化知识点4直线与平面垂直的判定与证明知识点5平面与平面垂直的判定与证明知识点6垂直关系的性质应用知识点7垂直关系中的动点与探究问题知识点8垂直关系的综合应用题型1异面直线及其所成的角题型2异面直线的判定题型3直线与平面垂直题型4几何法求解直线与平面所成的角题型5平面与平面垂直题型6几何法求解二面角及两平面的夹角知知识点通关知识点1直线与平面垂直的判定与性质一、直线与平面垂直的定义如果一条直线与一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线与这个平面互相垂直，记作。直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面，它们唯一的公共点叫做垂足。二、直线与平面垂直的判定定理定理文字语言符号语言作用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证明直线与平面垂直推论如果两条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间接证明线面垂直三、直线与平面垂直的性质定理定理文字语言符号语言作用性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行证明直线与直线平行补充性质直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线证明直线与直线垂直四、核心说明判定定理的核心条件是“两条相交直线”，若替换为两条平行直线，无法判定线面垂直；定义中“任意一条直线”≠“无数条直线”，直线垂直于平面内无数条平行直线，不能推出线面垂直；线面垂直是线线垂直的“放大器”，由线面垂直可得到该直线与平面内所有直线垂直，是空间中证线线垂直的核心工具。五、直线与平面所成的角定义：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角。直线垂直于平面时，所成角为90∘；直线平行于平面或在平面内时，所成角为0范围：0求解步骤：找垂足：过直线上一点作平面的垂线，确定垂足位置；找射影：连接垂足与斜足，得到斜线在平面内的射影；算角度：在垂线段、斜线、射影构成的直角三角形中，求解夹角的三角函数值。六、点到平面的距离定义：从平面外一点向平面引垂线，这个点和垂足之间的线段长度，叫做点到平面的距离。常用求法：直接法：利用线面垂直直接作出垂线段，计算线段长度；等体积法：通过转换三棱锥的顶点和底面，利用体积不变列方程间接求解。知识点2平面与平面垂直的判定与性质一、平面与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，记作。二、平面与平面垂直的判定定理定理文字语言符号语言作用判定定理一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直证明平面与平面垂直三、平面与平面垂直的性质定理定理文字语言符号语言作用性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面证明直线与平面垂直四、核心结论(1)两个平面垂直，过第一个平面内一点作第二个平面的垂线，垂线必在第一个平面内；

(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面；

(3)面面垂直的性质定理是“面面垂直”向“线面垂直”转化的核心依据，是立体几何中找垂线、求高的常用方法。五、二面角二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。范围：0∘常用构造方法：定义法：棱上取点，双垂线夹棱；垂面法：作棱的垂面，交线形成平面角；三垂线法：利用线面垂直，结合三垂线定理构造平面角。六、面面垂直下的距离转化两个平面垂直时，一个平面内任意一点到另一个平面的距离，可转化为该点到两平面交线的垂线段长度，是“面面垂直→线面垂直”在距离计算中的典型应用，可避免重复作垂线的复杂推导。知识点3垂直关系的相互转化一、转化逻辑垂直关系的证明与应用核心是转化思想，三类垂直关系可相互推导：判定方向：线线垂直→线面垂直→面面垂直（低维→高维）性质方向：面面垂直→线面垂直→线线垂直（高维→低维）二、证明线线垂直的常用方法平面几何法：勾股定理逆定理、等腰三角形三线合一、菱形对角线互相垂直、圆的直径所对圆周角为直角；线面垂直的性质：线面垂直→线线垂直（最常用）；面面垂直的性质：面面垂直→线面垂直→线线垂直；向量法：通过向量数量积为0证明垂直（空间向量章节延伸）。三、角度与距离的转化逻辑空间角的转化路径线面角→斜线与射影的线线角（直角三角形中求解）；二面角→垂直于棱的两条射线的线线角（平面角定义）；核心是通过垂直关系，将三维空间角降维为二维平面内的线线角。空间距离的转化路径点面距→线面垂直的垂线段长度；线面距、面面距→转化为点面距求解；

核心是通过垂直关系，将空间距离转化为平面内的线段长度计算。知识点4直线与平面垂直的判定与证明方法技巧证明线面垂直的三大常用方法：

1.判定定理法：在平面内找两条相交直线，分别证明与已知直线垂直；

2.平行线传递法：先证明与该直线平行的另一条直线垂直于平面，再传递得到结论；

3.面面垂直性质法：先确定面面垂直，再在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直。线面角的求解步骤：

1.定垂足：利用线面垂直确定斜线在平面内的射影端点；

2.构直角三角形：连接斜足与垂足，明确斜线、射影、垂线段三边；

3.算比值：利用三角函数求解线面角的正弦/余弦值。易错分析忽略“两条相交直线”的前提，用两条平行直线判定线面垂直；

2.混淆“无数条直线”与“任意一条直线”，误将线线垂直推广到线面垂直；

3.利用面面垂直性质时，遗漏“直线在平面内”“垂直于交线”两个关键条件；

4.找错射影位置，误将斜线与平面内任意直线的夹角当作线面角。知识点5平面与平面垂直的判定与证明方法技巧证明面面垂直的常用方法：判定定理法：在一个平面内找一条直线，证明它垂直于另一个平面（最常用）；定义法：证明两个平面所成的二面角为直二面角；传递法：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面。二面角的求解思路：先定位棱，再结合垂直关系构造平面角；优先用三垂线法，利用线面垂直快速作棱的垂线；计算时优先放在直角三角形中求解，复杂情况用余弦定理。易错分析找不到合适的垂线，无法将面面垂直转化为线面垂直证明；证明线面垂直时条件不充分，导致面面垂直推导依据不足；混淆面面垂直的判定与性质，逻辑推导方向颠倒。构造二面角平面角时，未满足“两条射线均垂直于棱”的核心条件。知识点6垂直关系的性质应用方法技巧垂直关系性质的应用思路：线面垂直性质：已知线面垂直，直接得到直线垂直于平面内所有直线，用于证线线垂直；面面垂直性质：已知面面垂直，作交线的垂线，转化为线面垂直，是找高、求距离的核心方法；核心作用：实现“高维垂直”向“低维垂直”的转化，将空间问题平面化，为角度、距离计算铺垫。点面距求解：简单图形用直接法作垂线计算；复杂几何体用等体积法，通过换顶点列方程求解。易错分析利用面面垂直性质时，未作交线的垂线，无法得到线面垂直；忽略“直线在平面内”的条件，直接由面面垂直推导线面垂直；体积、距离计算时，高的位置找错，导致计算结果错误。等体积法转换顶点时，底面积与高对应关系混淆，计算出现偏差。知识点7垂直关系中的动点与探究问题方法技巧垂直关系中动点与探究问题的解题策略：轨迹分析法：分析动点满足的垂直条件，结合线面垂直的判定，确定动点的轨迹（线段、直线等）；先猜后证法：先根据中点、端点等特殊位置猜想结论，再严格证明；存在性问题：先假设存在，利用垂直条件建立等量关系，求解后验证合理性。角度与距离最值：分析动点运动过程中射影、垂线段的变化规律，结合边界位置确定极值。易错分析1、忽略动点的取值范围（棱上、面上的边界），得出的结论超出几何边界；2、线面垂直的条件使用错误，轨迹判断出错；3、体积、距离类问题，不会利用垂直关系转化为定值分析。4、角度最值分析时，未验证边界位置的角度大小，导致最值结论错误。知识点8垂直关系的综合应用方法技巧垂直关系综合应用的解题思路：1、明确证明或计算目标，选择合适的转化方向（线线→线面→面面，或反向）；2、结合几何体的结构特征，挖掘隐含的垂直、平行关系，简化推导；3、计算类问题，利用垂直关系找到线面角、二面角的平面角，或转化为高计算体积、距离。4、折叠类问题，先明确折叠前后不变的垂直关系和长度，再结合新位置求解角度与距离。易错分析转化逻辑混乱，线线、线面、面面垂直的推导方向颠倒；综合问题中条件梳理不清，遗漏几何体本身的几何性质；角度计算时，混淆线面角、二面角的定义，找错平面角；折叠问题中，误将折叠前的角度、距离直接套用在折叠后图形中。考考点演练题型1异面直线及其所成的角【典例1】如图，在棱长均相等的正三棱柱中，P，Q为三棱柱的顶点，M，N为所在棱的中点，设MN与PQ所成的角为α，则cosα＝（）A．14 B．24 C．34【变式1】正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．−154 B．−14 C．题型2异面直线的判定【典例1】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱C1D1上（含端点）的动点，N为棱C1C的中点，则下列结论正确的是（）A．若M为C1D1的中点，则直线A1M与直线BN是异面直线 B．若M为C1D1的中点，点B到直线AM的距离为42C．存在点M，使得D1N⊥AM D．存在点M，使得AM∥平面A1BN【变式1】设A，B，C，D是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（）A．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 B．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC D．若AB⊥BC，BC⊥CD，则AB∥CD题型3直线与平面垂直【典例1】设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，则m∥n④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n其中所有真命题的编号是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【变式1】1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根竖直的悬杆呈现最长？我们把地球表面视为平面α，悬杆视为直线l上两点A，B间的连线，则上述问题可以转化为以下的数学问题：如图1所示，直线l垂直于平面α，直线l上有两点A，B位于平面α的同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．若A，B两点的坐标分别为（0，8），（0，4），点C的坐标为（c，0），则当∠ACB最大时，c的值为（）A．64 B．32 C．82 D．题型4几何法求解直线与平面所成的角【典例1】已知球O是正三棱锥P﹣ABC的外接球，△ABC是边长为3的正三角形，PC=5，E为AB边上的一点，且PE与平面ABC所成角的正切值为877.若过点E的球O的截面面积为13πA．π2 B．π3 C．π4【变式1】在一张半圆形纸片（圆心为O）内部剪掉一个小半圆形（圆心为O），将剩余部分卷成一个圆台的侧面，则该圆台的母线与底面所成角的度数是（）A．π6 B．π5 C．π4题型5平面与平面垂直【典例1】如图，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，任作平面α与对角线AC1垂直，使平面α与正方体六条棱都有公共点，记截面PQRSWE的面积为S，截面周长为L，则（）A．S为定值，L为定值 B．S为定值，L不为定值 C．S不为定值，L不为定值 D．S不为定值，L为定值【变式1】已知α、β为两个不同平面，l为直线，且l⊥β，则“l∥α”是“α⊥β”的（）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件题型6几何法求解二面角及两平面的夹角【典例1】如图，画在纸面上的抛物线y2＝8x过焦点F的弦AB长为9，则沿x轴将纸面折成平面角为60度的二面角后，空间中线段AB的长为（）A．46 B．33 C．59 D．【变式1】已知正三棱锥A﹣BCD的底面边长为6，二面角A﹣BC﹣D的余弦值为34，则正三棱锥A﹣BCDA．2561313π B．6251313π过过关验收1．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点N是棱BC的中点，点M在四边形DCC1D1内部运动（包括边界）．设直线A1D1与直线MN所成的角为θ，则当MN∥平面BB1D1D时，tanθ的取值范围为（）A．[1，2] B．[1，5] C．2．在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝BD＝CD＝2，BC=22，E为CD的中点，则异面直线BE与ADA．510 B．55 C．253．在平行四边形ABCD中，设AC⊥BC，AB=2，BC＝1，沿AC将平行四边形ABCD折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则AC与BDA．33 B．63 C．224．如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，AB为圆锥底面圆的直径，C是AB的中点，D是母线SA的中点，则异面直线SC与BD所成角的余弦值为（）A．34 B．1020 C．335．如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，O为BC的中点，且A1O⊥平面ABC，AA（1）证明：四边形BCC1B1为矩形；（2）若点P在线段AB1上（异于A点），直线A1P与平面APC所成角的正弦值为255，求6．若l1，l2是两条互相垂直的异面直线，A，B，M，N是四个不同的点，满足A，M∈l1，B，N∈l2，且MN⊥l1，MN⊥l2，MN＝2，则（）A．直线AN与BM是异面直线 B．AN→C．若BN＝AM＝2，则AB=6D．若O为AB的中点，则OM＝ON如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，且CD⊥平面PAD，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上．（1）求证：直线EF与直线GH为异面直线；（2）求直线GH与平面EFG所成角的最大值．8．已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．9．在三棱锥P﹣ABC中，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，则平面ABC、平面PAB、平面PBC、平面PAC中相互垂直的共有（）A．1对 B．2对 C．3对 D．4对10．已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，且m∥α，n∥β，则“α⊥β”是“m⊥n”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11．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AA1＝AC＝2，AB＝1．（Ⅰ）求证：A1C⊥BC1；（Ⅱ）求直线BC1与平面A1BC所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段BC1上是否存在点D，使A1B⊥平面ACD？若存在，求出BDB12．如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB．（1）求证：平面AMB∥平面DNC；（2）若MC⊥CB，求证：BC⊥AC．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA=PD=5，O，M分别是AD，AP中点，底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，OB⊥PD，OB=（1）证明：PA⊥OB；（2）求D到平面MOB的距离．14．如图，已知三棱锥P﹣ABC中，平面PBC⊥平面ABC，PB=PC=5，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，则直线PA与平面PBCA．36 B．66 C．3315．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D为BC的中点，则直线AC1与平面AB1D所成角的正弦值为（）A．55 B．105 C．15516．设点P在正四面体ABCD的棱AB上，AB与平面PCD所成角为π3，则APA．4 B．10 C．14 D．2017．如图，已知平行四边形ABCD，AB=4，BC=6，∠ABC=π3，E是线段BC上的点，且2BE→=EC→，F为线段AD中点，现将△ABE沿AE翻折至△（1）若点M在线段B1C上，且B1M→=3MC→，证明：（2）求直线DB1与平面AB1E所成角的正弦值．18．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，AB＝AC（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．19．如图，在立体图形D﹣ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中一定正确的是（）A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC20．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是侧面BCC1B1上的一个动点（含边界），且BP→=λBB1→+μBC→（0≤λ≤1，0≤μ≤1），E，F分别是棱A．平面D1EF截该正方体所得的截面图形是正五边形 B．平面D1EF⊥平面BDD1B1 C．若μ＝0，则|PE|+|PD|的最小值为17 D．若|AP|=5，则点P的轨迹长度为21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点．求证：（1）BD1⊥平面AB1C；（2）平面EAC⊥平面AB1C．22．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2，BC＝CD＝DA＝1．（1）证明：平面PBD⊥平面PAD；（2）若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为217，求PM23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为83求PB与平面ABCD所成的线面角的大小．24．已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB＝BC＝1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（）A．有且仅有一点P使二面角B﹣l﹣C取得最小值 B．有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最小值 C．有且仅有一点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值 D．有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值25．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，E，F为边B1D1上两动点，且|EF|=2A．AC⊥BE B．三棱锥A﹣BEF的体积为定值 C．二面角F﹣AB﹣E的大小为定值 D．二面角A﹣EF﹣B的大小为定值26．将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠，形成四面体D﹣ABC．（1）证明：AC⊥BD；（2）若二面角D﹣AC﹣B和A﹣BD﹣C的平面角互补，求BD；（3）证明：存在四面体D﹣ABC，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于2−327．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB＝A1B＝BC＝2，平面ABC⊥平面AA1B1B．（Ⅰ）求证：A1A⊥BC；（Ⅱ）求平面A1C1B与平面ABC的夹角的余弦值；（Ⅲ）设点E为线段AB上任意一点（且不与点A，B重合），求证：直线CE与平面A1C1B相交．28．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB＝PA＝1，PD＝BC＝CD＝2，PB=3，∠BCD（1）求证：AD⊥平面PAB；（2）求二面角P﹣AD﹣C的大小；（3）求三棱锥P﹣ABD外接球的表面积．、第31讲直线、平面垂直的判定与性质内内容导航知识点1直线与平面垂直的判定与性质知识点2平面与平面垂直的判定与性质知识点3垂直关系的相互转化知识点4直线与平面垂直的判定与证明知识点5平面与平面垂直的判定与证明知识点6垂直关系的性质应用知识点7垂直关系中的动点与探究问题知识点8垂直关系的综合应用题型1异面直线及其所成的角题型2异面直线的判定题型3直线与平面垂直题型4几何法求解直线与平面所成的角题型5平面与平面垂直题型6几何法求解二面角及两平面的夹角知知识点通关知识点1直线与平面垂直的判定与性质一、直线与平面垂直的定义如果一条直线与一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线与这个平面互相垂直，记作。直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面，它们唯一的公共点叫做垂足。二、直线与平面垂直的判定定理定理文字语言符号语言作用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证明直线与平面垂直推论如果两条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间接证明线面垂直三、直线与平面垂直的性质定理定理文字语言符号语言作用性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行证明直线与直线平行补充性质直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线证明直线与直线垂直四、核心说明判定定理的核心条件是“两条相交直线”，若替换为两条平行直线，无法判定线面垂直；定义中“任意一条直线”≠“无数条直线”，直线垂直于平面内无数条平行直线，不能推出线面垂直；线面垂直是线线垂直的“放大器”，由线面垂直可得到该直线与平面内所有直线垂直，是空间中证线线垂直的核心工具。五、直线与平面所成的角定义：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角。直线垂直于平面时，所成角为90∘；直线平行于平面或在平面内时，所成角为0范围：0求解步骤：找垂足：过直线上一点作平面的垂线，确定垂足位置；找射影：连接垂足与斜足，得到斜线在平面内的射影；算角度：在垂线段、斜线、射影构成的直角三角形中，求解夹角的三角函数值。六、点到平面的距离定义：从平面外一点向平面引垂线，这个点和垂足之间的线段长度，叫做点到平面的距离。常用求法：直接法：利用线面垂直直接作出垂线段，计算线段长度；等体积法：通过转换三棱锥的顶点和底面，利用体积不变列方程间接求解。知识点2平面与平面垂直的判定与性质一、平面与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，记作。二、平面与平面垂直的判定定理定理文字语言符号语言作用判定定理一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直证明平面与平面垂直三、平面与平面垂直的性质定理定理文字语言符号语言作用性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面证明直线与平面垂直四、核心结论(1)两个平面垂直，过第一个平面内一点作第二个平面的垂线，垂线必在第一个平面内；

(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面；

(3)面面垂直的性质定理是“面面垂直”向“线面垂直”转化的核心依据，是立体几何中找垂线、求高的常用方法。五、二面角二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。范围：0∘常用构造方法：定义法：棱上取点，双垂线夹棱；垂面法：作棱的垂面，交线形成平面角；三垂线法：利用线面垂直，结合三垂线定理构造平面角。六、面面垂直下的距离转化两个平面垂直时，一个平面内任意一点到另一个平面的距离，可转化为该点到两平面交线的垂线段长度，是“面面垂直→线面垂直”在距离计算中的典型应用，可避免重复作垂线的复杂推导。知识点3垂直关系的相互转化一、转化逻辑垂直关系的证明与应用核心是转化思想，三类垂直关系可相互推导：判定方向：线线垂直→线面垂直→面面垂直（低维→高维）性质方向：面面垂直→线面垂直→线线垂直（高维→低维）二、证明线线垂直的常用方法平面几何法：勾股定理逆定理、等腰三角形三线合一、菱形对角线互相垂直、圆的直径所对圆周角为直角；线面垂直的性质：线面垂直→线线垂直（最常用）；面面垂直的性质：面面垂直→线面垂直→线线垂直；向量法：通过向量数量积为0证明垂直（空间向量章节延伸）。三、角度与距离的转化逻辑空间角的转化路径线面角→斜线与射影的线线角（直角三角形中求解）；二面角→垂直于棱的两条射线的线线角（平面角定义）；核心是通过垂直关系，将三维空间角降维为二维平面内的线线角。空间距离的转化路径点面距→线面垂直的垂线段长度；线面距、面面距→转化为点面距求解；

核心是通过垂直关系，将空间距离转化为平面内的线段长度计算。知识点4直线与平面垂直的判定与证明方法技巧证明线面垂直的三大常用方法：

1.判定定理法：在平面内找两条相交直线，分别证明与已知直线垂直；

2.平行线传递法：先证明与该直线平行的另一条直线垂直于平面，再传递得到结论；

3.面面垂直性质法：先确定面面垂直，再在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直。线面角的求解步骤：

1.定垂足：利用线面垂直确定斜线在平面内的射影端点；

2.构直角三角形：连接斜足与垂足，明确斜线、射影、垂线段三边；

3.算比值：利用三角函数求解线面角的正弦/余弦值。易错分析忽略“两条相交直线”的前提，用两条平行直线判定线面垂直；

2.混淆“无数条直线”与“任意一条直线”，误将线线垂直推广到线面垂直；

3.利用面面垂直性质时，遗漏“直线在平面内”“垂直于交线”两个关键条件；

4.找错射影位置，误将斜线与平面内任意直线的夹角当作线面角。知识点5平面与平面垂直的判定与证明方法技巧证明面面垂直的常用方法：判定定理法：在一个平面内找一条直线，证明它垂直于另一个平面（最常用）；定义法：证明两个平面所成的二面角为直二面角；传递法：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面。二面角的求解思路：先定位棱，再结合垂直关系构造平面角；优先用三垂线法，利用线面垂直快速作棱的垂线；计算时优先放在直角三角形中求解，复杂情况用余弦定理。易错分析找不到合适的垂线，无法将面面垂直转化为线面垂直证明；证明线面垂直时条件不充分，导致面面垂直推导依据不足；混淆面面垂直的判定与性质，逻辑推导方向颠倒。构造二面角平面角时，未满足“两条射线均垂直于棱”的核心条件。知识点6垂直关系的性质应用方法技巧垂直关系性质的应用思路：线面垂直性质：已知线面垂直，直接得到直线垂直于平面内所有直线，用于证线线垂直；面面垂直性质：已知面面垂直，作交线的垂线，转化为线面垂直，是找高、求距离的核心方法；核心作用：实现“高维垂直”向“低维垂直”的转化，将空间问题平面化，为角度、距离计算铺垫。点面距求解：简单图形用直接法作垂线计算；复杂几何体用等体积法，通过换顶点列方程求解。易错分析利用面面垂直性质时，未作交线的垂线，无法得到线面垂直；忽略“直线在平面内”的条件，直接由面面垂直推导线面垂直；体积、距离计算时，高的位置找错，导致计算结果错误。等体积法转换顶点时，底面积与高对应关系混淆，计算出现偏差。知识点7垂直关系中的动点与探究问题方法技巧垂直关系中动点与探究问题的解题策略：轨迹分析法：分析动点满足的垂直条件，结合线面垂直的判定，确定动点的轨迹（线段、直线等）；先猜后证法：先根据中点、端点等特殊位置猜想结论，再严格证明；存在性问题：先假设存在，利用垂直条件建立等量关系，求解后验证合理性。角度与距离最值：分析动点运动过程中射影、垂线段的变化规律，结合边界位置确定极值。易错分析1、忽略动点的取值范围（棱上、面上的边界），得出的结论超出几何边界；2、线面垂直的条件使用错误，轨迹判断出错；3、体积、距离类问题，不会利用垂直关系转化为定值分析。4、角度最值分析时，未验证边界位置的角度大小，导致最值结论错误。知识点8垂直关系的综合应用方法技巧垂直关系综合应用的解题思路：1、明确证明或计算目标，选择合适的转化方向（线线→线面→面面，或反向）；2、结合几何体的结构特征，挖掘隐含的垂直、平行关系，简化推导；3、计算类问题，利用垂直关系找到线面角、二面角的平面角，或转化为高计算体积、距离。4、折叠类问题，先明确折叠前后不变的垂直关系和长度，再结合新位置求解角度与距离。易错分析转化逻辑混乱，线线、线面、面面垂直的推导方向颠倒；综合问题中条件梳理不清，遗漏几何体本身的几何性质；角度计算时，混淆线面角、二面角的定义，找错平面角；折叠问题中，误将折叠前的角度、距离直接套用在折叠后图形中。考考点演练题型1异面直线及其所成的角【典例1】如图，在棱长均相等的正三棱柱中，P，Q为三棱柱的顶点，M，N为所在棱的中点，设MN与PQ所成的角为α，则cosα＝（）A．14 B．24 C．34【答案】C【解答】解：设E为其中一个顶点，连接PE，如图所示：在棱长均相等的正三棱柱中，P，Q为三棱柱的顶点，M，N为所在棱的中点，可得MN∥PE，所以MN与PQ所成的角为α，等于PE与PQ所成的角，设三棱柱的棱长为1，可得PE＝PQ=2，QE在△PAE中，由余弦定理可得cosα=P故选：C．【变式1】正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．−154 B．−14 C．【答案】D【解答】解：如图所示建立空间直角坐标系，不妨设AA1＝AB＝AC＝BC＝2，则A（0，﹣1，2），B1（3，0，0），B（3，0，2），C1（0，1，0），可得AB1→=（3，1，﹣2），可得AB|AB1→|=3+1+4=22，|B可得cos＜AB1所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为|cos＜AB1→，故选：D．题型2异面直线的判定【典例1】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱C1D1上（含端点）的动点，N为棱C1C的中点，则下列结论正确的是（）A．若M为C1D1的中点，则直线A1M与直线BN是异面直线 B．若M为C1D1的中点，点B到直线AM的距离为42C．存在点M，使得D1N⊥AM D．存在点M，使得AM∥平面A1BN【答案】BC【解答】解：对于A项，若M为C1D1的中点，连接A1M，A1B，易得MN∥A1B，故M，N，A1，B四点共面，故A项错误；对于B项，在对角面ABC1D1中，AD1=22，AM＝3，利用等面积法可求得D1到直线AM的距离为22又点B到直线AM的距离为D1到直线AM的距离的两倍，故B正确；对于C项，AM在平面DCC1D1上的射影为DM，当M为C1D1中点时，D1由三垂线定理可知D1N⊥AM，故对于D项，如图过点A作平面A1BN的平行平面AEF，E，F分别为棱DD1，DC的中点，显然直线C1D1与平面AEF的交点不在棱C1D1上，故D错误．故选：BC．【变式1】设A，B，C，D是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（）A．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 B．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC D．若AB⊥BC，BC⊥CD，则AB∥CD【答案】AC【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，假设直线AD与BC是共面直线，则A，B，C，D在同一个平面内，所以AC与BD是共面直线，与已知AC与BD是异面直线矛盾，则AD与BC一定是异面直线，故A正确；对于B，因为AB＝AC，DB＝DC，所以点A，D都在BC的垂直平分面上，但AD与BC的长度无法确定，故B错误；对于C，由B的结论：点A，D都在BC的垂直平分面上，所以AD⊥BC，故C正确；对于D，因为AB⊥BC，BC⊥CD，所以AB与CD的位置有平行、相交或异面，故D错误．故选：AC．题型3直线与平面垂直【典例1】设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，则m∥n④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n其中所有真命题的编号是（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【解答】解：对①，当n⊂α，因为m∥n，m⊂β，则n∥β，当n⊂β，因为m∥n，m⊂α，则n∥α，当n既不在α也不在β内，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①正确；对②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误；对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，则s∥t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s∥平面β，因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③正确；对④，若α∩β＝m，n与α和β所成的角相等，如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④错误；综上只有①③正确．故选：A．【变式1】1471年米勒向诺德尔教授提出了一个有趣的问题：在地球表面的什么部位，一根竖直的悬杆呈现最长？我们把地球表面视为平面α，悬杆视为直线l上两点A，B间的连线，则上述问题可以转化为以下的数学问题：如图1所示，直线l垂直于平面α，直线l上有两点A，B位于平面α的同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大．建立如图2所示的平面直角坐标系．若A，B两点的坐标分别为（0，8），（0，4），点C的坐标为（c，0），则当∠ACB最大时，c的值为（）A．64 B．32 C．82 D．【答案】D【解答】解：由题意得知∠ACB是锐角，且∠ACB＝∠OCA﹣∠OCB，而tan∠OCA=8c，所以tan∠ACB=tan(∠OCA−∠OCB)=tan∠OCA−tan∠OCB而c+32c≥2当且仅当c=32c，即所以当c=42时，tan∠ACB=24故选：D．题型4几何法求解直线与平面所成的角【典例1】已知球O是正三棱锥P﹣ABC的外接球，△ABC是边长为3的正三角形，PC=5，E为AB边上的一点，且PE与平面ABC所成角的正切值为877.若过点E的球O的截面面积为13πA．π2 B．π3 C．π4【答案】B【解答】解：如图，作PH⊥平面ABC，垂足为H，则H是正三角形ABC的中心，因为AB=AC=BC=3，PC=PA=PB=所以HC＝1，所以PH=P所以∠PEH为PE与平面ABC所成角，因为PE与平面ABC所成角的正切值为87所以tan∠PEH=PH所以EH=7设正三棱锥外接球的半径为R，则R2＝|2﹣R|2+1，得R=5所以OH=PH−R=2−5所以OE=O如图，设过点E的球O的截面圆的半径为r，圆心为S，Q为截面圆上一点，所以13π16=πr所以OS则OS=3所以OE与该截面所成角为∠OES，所以sin∠OES=OS所以∠OES=π即OE与该截面所成角为π3故选：B．【变式1】在一张半圆形纸片（圆心为O）内部剪掉一个小半圆形（圆心为O），将剩余部分卷成一个圆台的侧面，则该圆台的母线与底面所成角的度数是（）A．π6 B．π5 C．π4【答案】D【解答】解：设大半圆半径为R，小半圆半径为r，则AB＝R﹣r，设圆台上底面圆的半径为r1，圆台下底面圆的半径为R1，将此半圆环卷成圆台侧面时，展开的扇环大弧长πR，对应圆台底面周长2πR1，所以πR＝2πR1，则R1小弧长πr对应顶面周长2πr1，所以πr＝2πr1，则r1圆台母线长l＝R﹣r，过A作AC垂直BO2，则AC∥O1O2，所以AC⊥圆O2，则母线与底面所成角为∠ABC，底面与顶面半径差为CB=R在直角三角形ACB中，BC=R所以cos∠ABC=BC所以∠ABC=π即母线与底面所成角的度数是π3故选：D．题型5平面与平面垂直【典例1】如图，在单位正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，任作平面α与对角线AC1垂直，使平面α与正方体六条棱都有公共点，记截面PQRSWE的面积为S，截面周长为L，则（）A．S为定值，L为定值 B．S为定值，L不为定值 C．S不为定值，L不为定值 D．S不为定值，L为定值【答案】D【解答】解：易知S最小时为正△A1BD面积，为32，S最大时为中截面面积，为3L为定值是正△A1BD的周长，作QG平行于AB，如图所示，易得四边形PQGA1为平行四边形，则A1G＝PQ，BG=2BQ，QR=2BQ，所以则PQ+QR=A同理WE+EP=A则L=32故选：D．【变式1】已知α、β为两个不同平面，l为直线，且l⊥β，则“l∥α”是“α⊥β”的（）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解答】解：若l⊥β，l∥α，则平面α内至少有一条直线垂直β，由面面垂直的判定可知，α⊥β，充分性成立，若l⊥β，α⊥β，则l可能在α内，则必要性不成立．故选：B．题型6几何法求解二面角及两平面的夹角【典例1】如图，画在纸面上的抛物线y2＝8x过焦点F的弦AB长为9，则沿x轴将纸面折成平面角为60度的二面角后，空间中线段AB的长为（）A．46 B．33 C．59 D．【答案】B【解答】解：因为抛物线y2＝8x过焦点为F，所以F（2，0），设直线AB的方程为x＝my+2（m＞0），A（x1，y1），B（x2，y2），由x=my+2(m＞0)y可得y2﹣8my﹣16＝0，则y1+y2＝8m，则x1故|AB|=x解得m=2故y2即(y−42解得y1故A(4，42如图，建立空间直角坐标系，过A作AN⊥平面xOy于N，过N作NH⊥x轴于H，连接AH，由于AN⊥x轴，且NH⊥x轴，AN∩AH＝A，故x轴⊥平面ANH，AH⊂平面ANH，故AH⊥x轴，则∠AHN＝60°，由于在直角坐标系中A(4，42故OH=4，AH=42因此在直角三角形ANH中，HN=1因此在空间直角坐标系中，A(4，−22故|AB|=(4−1)故选：B．【变式1】已知正三棱锥A﹣BCD的底面边长为6，二面角A﹣BC﹣D的余弦值为34，则正三棱锥A﹣BCDA．2561313π B．6251313π【答案】C【解答】解：如图所示，正三棱锥A﹣BCD，作AH⊥平面BCD于点H，则H为正三角形BCD的中心，取BC的中点E，连接DE，AE，设外接球心为O，则O在AH上，连接OD．由已知△BCD的边长为6，由于AE⊥BC，DE⊥BC，则二面角A﹣BC﹣D的平面角为∠AED，则cos∠AED=3∵DE=BD2∴AE=EHcos∠AED=设外接球O的半径为r，则OA＝OD＝r，OH=|AH−r|=|13又DH=23DE=23×33=23，∴r2=(2故正三棱锥A﹣BCD外接球的表面积S=4π×(故选：C．过过关验收1．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点N是棱BC的中点，点M在四边形DCC1D1内部运动（包括边界）．设直线A1D1与直线MN所成的角为θ，则当MN∥平面BB1D1D时，tanθ的取值范围为（）A．[1，2] B．[1，5] C．【答案】B【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，取DC，D1C1的中点分别为P，Q，连接PQ，PN，QN，易知平面PQN∥平面BB1D1D，故当点M在线段PQ上运动时，MN∥平面BB1D1D，因为A1D1∥BC，所以直线BC与直线MN所成的角即为直线A1D1与直线MN所成的角，所以∠MNC＝θ，连接MC，显然NC⊥MC．令正方体的棱长为2，PM＝x，x∈[0，2]，则MC=x2+1所以tanθ=x所以tanθ∈[1，5故选：B．2．在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝BD＝CD＝2，BC=22，E为CD的中点，则异面直线BE与ADA．510 B．55 C．25【答案】A【解答】解：由于AB2+AC2＝BD2+CD2＝BC2，所以AB⊥AC，BD⊥CD，设E，F分别是CD，AC的中点，连接EF，BE，BF，则AD∥EF，所以异面直线BE与AD所成角为∠FEB（或其补角），在△BEF中，BE=BF=22+所以cos∠FEB=(所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为510故选：A．3．在平行四边形ABCD中，设AC⊥BC，AB=2，BC＝1，沿AC将平行四边形ABCD折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则AC与BDA．33 B．63 C．22【答案】A【解答】解：作出折叠后的示意图如下：过C作CE平行且等于AD，则AC平行且等于DE，连接BE，则异面直线AC与BD所成角为∠BDE，又根据题意可知AC⊥平面BCE，所以DE⊥平面BCE，且BCE＝90°，所以DE⊥BE，又DE＝AC＝1，BE=2，所以BD=所以cos∠BDE=DE所以AC与BD所成的角的余弦值为33故选：A．4．如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，AB为圆锥底面圆的直径，C是AB的中点，D是母线SA的中点，则异面直线SC与BD所成角的余弦值为（）A．34 B．1020 C．33【答案】A【解答】解：延长AB至点E，使BE＝AB，连接SE，CE，OC，∵D是母线SA的中点，∴SE∥BD，∴∠CSE或其补角是异面直线SC与BD的角，∵圆锥的底面半径为2，∴OC＝2，OE＝3OB＝6，∵C是AB的中点，∴OC⊥OB，在Rt△COE中，CE=OC2∵SA＝SB＝AB＝4，∴BD=32SB＝23，SE＝2BD＝4在△SCE中，由余弦定理知，cos∠CSE=S∴异面直线SC与BD所成角的余弦值为34故选：A．5．如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，O为BC的中点，且A1O⊥平面ABC，AA（1）证明：四边形BCC1B1为矩形；（2）若点P在线段AB1上（异于A点），直线A1P与平面APC所成角的正弦值为255，求【答案】（1）连接OA，易知OA⊥BC，建立空间直角坐标系，如图所示：A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，−1，0)，ABB由BB1→⋅BC→又四边形BB1C1C为平行四边形，则四边形BB1C1C为矩形；（2）12或3【解答】解：（1）证明：连接OA，易知OA⊥BC，建立空间直角坐标系，如图所示：A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，−1，0)，ABB由BB1→⋅BC→又四边形BB1C1C为平行四边形，则四边形BB1C1C为矩形；（2）CA→=(1，1，0)，AB则AB设AP＝λAB1，λ∈（0，1]，AP→设平面APC的法向量为n→则CA→⋅n→=x+y=0设直线A1P与平面APC所成的角为θ，则sinθ=|cos〈=2即8λ2﹣10λ+3＝0，解得λ=12或所以APAB1的值为16．若l1，l2是两条互相垂直的异面直线，A，B，M，N是四个不同的点，满足A，M∈l1，B，N∈l2，且MN⊥l1，MN⊥l2，MN＝2，则（）A．直线AN与BM是异面直线 B．AN→C．若BN＝AM＝2，则AB=6D．若O为AB的中点，则OM＝ON【答案】AD【解答】解：如图：若AN、BM共面，则A、B、M、N四点共面，即直线AM、BN共线，即直线l1、l2共面，这与题设条件矛盾，故直线AN与BM是异面直线，故A正确；由题意可知MN⊥AM，MN⊥BN，AM⊥BN，所以AN=AM→⋅AB→＝4×3+2×0＝12，可得AB=23，故C由题意可知BN⊥MN，BN⊥AM，因为AM∩MN＝M，AM、MN⊂平面AMN，所以BN⊥平面AMN，可得BN⊥AN，因为O为AB的中点，所以ON=1同理可证OM=12AB，故OM＝ON故选：AD．（多选）9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，且CD⊥平面PAD，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上．（1）求证：直线EF与直线GH为异面直线；（2）求直线GH与平面EFG所成角的最大值．【答案】（1）证明：由题意四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，且CD⊥平面PAD，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上，取AD中点O，连接PO、GO，故EF∥CD、GO∥CD，则EF∥OG，故E、F、O、G四点共面，因为GH∩平面EFOG＝G，G∉EF，EF⊂平面EFOG，故直线EF与直线GH为异面直线；（2）π3【解答】解：（1）证明：由题意四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，且CD⊥平面PAD，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上，取AD中点O，连接PO、GO，故EF∥CD、GO∥CD，则EF∥OG，故E、F、O、G四点共面，因为GH∩平面EFOG＝G，G∉EF，EF⊂平面EFOG，故直线EF与直线GH为异面直线；（2）由△PAD是正三角形，且O为AD中点，故PO⊥AD，由CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，故CD⊥PO，又AD∩CD＝D，AD、CD⊂平面ABCD，故PO⊥平面ABCD，故可以以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则O（0，0，0）、A（2，0，0）、B（2，4，0）、G（0，4，0）、P(0，0，23)、C（﹣2，4，0）、由E，F分别为PC，PD的中点，故E(−1，2，3)、则AB→=(0，4，0)，GA→=(2，−4，0)，设AH→=λAB→=(0，4λ，0)，设平面EFG的法向量为m→则有m→取x=3，则y＝0、z＝1，即m有cos〈m设直线GH与平面EFG所成角为θ，则sinθ=|cos〈m当且仅当λ＝1时，等号成立，故sinθ最大值为32，即直线GH与平面EFG所成角的最大值为π8．已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．【答案】见试题解答内容【解答】证明：法一：（反证法）假设AD和BC共面，所确定的平面为α，那么点P、A、B、C、D都在平面α内，∴直线a、b、c都在平面α内，与已知条件a、b、c不共面矛盾，假设不成立，∴AD和BC是异面直线．法二：（直接证法）∵a∩c＝P，∴它们确定一个平面，设为α，由已知C∉平面α，B∈平面α，AD⊂平面α，B∉AD，∴AD和BC是异面直线．9．在三棱锥P﹣ABC中，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，则平面ABC、平面PAB、平面PBC、平面PAC中相互垂直的共有（）A．1对 B．2对 C．3对 D．4对【答案】C【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAB，平面PAB⊥平面ABC；∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，平面PAC⊥平面ABC；∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，BC⊂平面PBC，平面PBC⊥平面PAB；∴平面ABC、平面PAB、平面PBC、平面PAC中相互垂直的共有3对．故选：C．10．已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，且m∥α，n∥β，则“α⊥β”是“m⊥n”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】D【解答】解：如图，m∥α，n∥β，若m⊥n，则α⊥β不一定成立，若α⊥β，则m与n相交或异面，不一定垂直；所以“α⊥β”是“m⊥n”的既不充分也不必要条件．故选：D．11．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AA1＝AC＝2，AB＝1．（Ⅰ）求证：A1C⊥BC1；（Ⅱ）求直线BC1与平面A1BC所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段BC1上是否存在点D，使A1B⊥平面ACD？若存在，求出BDB【答案】（Ⅰ）证明：连接AC1交A1C于E，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∵AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，∵AA1＝AC＝2．∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，∵AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1．∴AB⊥平面ACC1A1，∵A1C⊂平面ACC1A1，∴AB⊥A1C．又∵AB∩AC1＝A，AB，AC1⊂平面ABC1．∴A1C⊥平面ABC1．∵BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥BC1；（Ⅱ）69（Ⅲ）15【解答】解：（Ⅰ）证明：连接AC1交A1C于E，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∵AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，∵AA1＝AC＝2．∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，∵AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1．∴AB⊥平面ACC1A1，∵A1C⊂平面ACC1A1，∴AB⊥A1C．又∵AB∩AC1＝A，AB，AC1⊂平面ABC1．∴A1C⊥平面ABC1．∵BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥BC1．（Ⅱ）以A为原点，AB→，AC→，AA1→分别为x由题意得：B（1，0，0），C1（0，2，2），A1（0，0，2），C（0，2，0），则BC设平面A1BC的法向量为n→则n→⊥A令x＝2，则n→∴|cos〈B∴直线BC1与平面A1BC所成角的正弦值为69（Ⅲ）存在，理由如下：设BD→=λBC1→=(−λ，2λ，2λ)（0≤λ≤1），则D∴AD→若A1B⊥平面ACD，则A1解得λ=1∴存在点D，使A1B⊥平面ACD，此时BDB12．如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB∥NC，MN⊥MB．（1）求证：平面AMB∥平面DNC；（2）若MC⊥CB，求证：BC⊥AC．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解答】证明：（1）因为MB∥NC，MB⊄面DNC，NC⊂面DNC，所以MB∥面DNC．因为AMND是矩形，所以MA∥DN，又MA⊄面DNC，DN⊂面DNC，所以MA∥面DNC．又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，所以面AMB∥面DNC．（2）因为AMND是矩形，所以AM⊥MN．因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN＝MN，AM⊂面AMND，所以AM⊥平面MBCN，而BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC．因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，MC、AM⊂面AMC，所以BC⊥面AMC，因为AC⊂面AMC，所以BC⊥AC．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA=PD=5，O，M分别是AD，AP中点，底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，OB⊥PD，OB=（1）证明：PA⊥OB；（2）求D到平面MOB的距离．【答案】（1）连接PO，BD，如图所示，∵PA＝PD，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∵OB⊂平面ABCD，∴PO⊥OB，又∵PD⊥OB，PO∩PD＝P，PO，PD⊂平面PAD，∴OB⊥平面PAD，又∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥OB；（2）25【解答】（1）证明：连接PO，BD，如图所示，∵PA＝PD，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，∵OB⊂平面ABCD，∴PO⊥OB，又∵PD⊥OB，PO∩PD＝P，PO，PD⊂平面PAD，∴OB⊥平面PAD，又∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥OB；（2）解：由（1）得OB⊥AD，又∵O为AD的中点，∴BA＝BD，∵AB＝AD，∴△ABD是正三角形，∵OB=3，∴AB＝AD＝2，PO以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(0，3∴OM→设平面MOB的一个法向量为n→则OM→⋅n取x＝2，则z＝﹣1，y＝0，则n→可得OD→⋅n→=−∴点D到平面MOB的距离d=|∴点D到平面MOB的距离为2514．如图，已知三棱锥P﹣ABC中，平面PBC⊥平面ABC，PB=PC=5，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，则直线PA与平面PBCA．36 B．66 C．33【答案】C【解答】解：取BC的中点D，连接AD、PD，由题易知AD⊥BC，PD⊥BC，又因为面PBC⊥面ABC，面PBC∩面ABC＝BC，AD⊂面ABC，所以AD⊥面PBC，又因为PD⊂面PBC，所以AD⊥PD，所以PD是PA在平面PBC内的投影，∠APD即为直线PA与平面PBC所成的角，BC=A所以BD=DC=3AD＝ABcos60°＝1，PD=P在Rt△PAD中，PA=Psin∠APD=AD故选：C．15．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，D为BC的中点，则直线AC1与平面AB1D所成角的正弦值为（）A．55 B．105 C．155【答案】B【解答】解：如图，过点C1作C1H⊥B1D，垂足为H，因为D是BC的中点，所以AD⊥BC，又CC1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD，BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AD⊥平面BCC1B1，所以AD⊥C1H，又AD，B1D⊂平面AB1D，AD∩B1D＝D，所以C1H⊥平面AB1D，连接AH，则∠C1AH就是直线AC1与平面AB1D所成的角．设AB＝AA1＝2a，则AC1=2由△B1BD∽△C1HB1，则C1HB在Rt△C1AH中，sin∠C所以直线AC1与平面AB1D所成角的正弦值为105故选：B．16．设点P在正四面体ABCD的棱AB上，AB与平面PCD所成角为π3，则APA．4 B．10 C．14 D．20【答案】B【解答】解：取的中点CD的中点E，连接AE，BE，PE，过A作AO⊥PE于O，∵四面体ABCD为正四面体，∴BE⊥CD，AE⊥CD，∵AE∩BE＝E，AEa1+a2+a3+a4+a5+a6＝1+2+5+6+7+9＝30，BE⊂平面ABE，∴CD⊥平面ABE，∵AO⊂平面ABE，∴CD⊥AO，∵PE∩CD＝E，PE，CD⊂平面PCD，∴AO⊥平面PCD，∴AB与平面PCD所成角为∠APO（或其补角），∴∠APO=π3，则设正四面体的棱长为2，则AE=BE=3∴cos∠BAE=A∴∠BAE为锐角，∴sin∠BAE=1−∴cos∠EAO=cos(∠BAE−=cos∠BAEcosπ=3在Rt△EAO中，cos∠EAO=AO则AO=AE⋅cos∠EAO=3在Rt△PAO中，sin∠APO=AOAP，则AP•sin∠APO＝∴32AP=3∴BP=AB−AP=2−3+∴AP=9+6故选：B．17．如图，已知平行四边形ABCD，AB=4，BC=6，∠ABC=π3，E是线段BC上的点，且2BE→=EC→，F为线段AD中点，现将△ABE沿AE翻折至△（1）若点M在线段B1C上，且B1M→=3MC→，证明：（2）求直线DB1与平面AB1E所成角的正弦值．【答案】（1）证明：由题意CE＝4，在线段CE上取一点N，使得CN→=14CE又EN∥AF，于是四边形AFNE为平行四边形，∴FN∥AE，AE⊂平面AEB1，FN⊄面AB1E，∴FN∥平面AB1E，又CMM故MN∥B1E，MN⊄平面AB1E，B1E⊂平面AB1E，∴MN∥平面AB1E，又MN∩FN＝N，MN，FN⊂平面FMN，∴面FMN∥平面AB1E，∵FM⊂平面FMN，∴FM∥平面AB1E；（2）33【解答】解：（1）证明：由题意CE＝4，在线段CE上取一点N，使得CN→=14CE又EN∥AF，于是四边形AFNE为平行四边形，∴FN∥AE，AE⊂平面AEB1，FN⊄面AB1E，∴FN∥平面AB1E，又CMM故MN∥B1E，MN⊄平面AB1E，B1E⊂平面AB1E，∴MN∥平面AB1E，又MN∩FN＝N，MN，FN⊂平面FMN，∴面FMN∥平面AB1E，∵FM⊂平面FMN，∴FM∥平面AB1E．（2）BE＝2，BA＝4，∠ABE＝60°，由余弦定理AE2＝AB2+BE2﹣2AB•BE•cos∠ABE＝12，即AE=23故AE2+BE2＝AB2，AE⊥BE，由折叠知AE⊥EB1，又∵BE，EB1⊂平面EBB1，BE∩EB1＝E，∴AE⊥平面EBB1，AE⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EBB1，又BB1＝2＝EB＝EB1，△EBB1为正三角形，作B1Q⊥BE，∵B1Q⊂平面EBB1，平面ABCD∩平面EBB1＝BE，则B1Q⊥平面ABCD，∵VB即13代入S△AEB1解得dD−AEB1设直线DB1与平面AB1E所成的角为θ，则sinθ=d18．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，AB＝AC（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°．【解答】解：（1）证明：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，且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所成角，在矩形BCDE中，CE=6在正△ABC中，CH=3所以sin∠CEH=CH因为∠CEH∈[0°，90°]，因此∠CEH＝45°，即直线CE与平面ABE所成角为45°．19．如图，在立体图形D﹣ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中一定正确的是（）A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC【答案】C【解答】解：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，因为AD＝CD，且E是AC的中点，所以DE⊥AC，因为BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE，由于AC⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE，所以C正确；因AC⊥平面BDE，则∠DEB是二面角D﹣AC﹣B的平面角，∠DEB不一定是直角，平面ABC与平面ADC不一定垂直，D不正确；在平面ABC内取点P，作PM⊥AB，PN⊥BE，垂足分别为M，N，如图，由A选项知：AC⊥平面BDE，由于AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE，平面ABC∩平面BDE＝BE，PN⊂平面ABC，PN⊥BE，则PN⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，所以PN⊥BD，若平面ABC⊥平面ABD，同理可得PM⊥BD，而PM∩PN＝P，PM，PN⊂平面ABC，于是得BD⊥平面ABC，显然BD与平面ABC不一定垂直，A不正确；过A作△ABD边BD上的高AF，连CF，由△ABD≅△CBD得，CF是△CBD边BD上的高，则∠AFC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，而∠AFC不一定是直角，即平面ABD与平面BDC不一定垂直，B不正确．故选：C．20．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P是侧面BCC1B1上的一个动点（含边界），且BP→=λBB1→+μBC→（0≤λ≤1，0≤μ≤1），E，F分别是棱A．平面D1EF截该正方体所得的截面图形是正五边形 B．平面D1EF⊥平面BDD1B1 C．若μ＝0，则|PE|+|PD|的最小值为17 D．若|AP|=5，则点P的轨迹长度为【答案】BD【解答】解：作出示意图如下：其中G，H为对应棱的中点，对于A选项，易知BF平行且等于GC1，ED1平行且等于GC1，因此ED1平行且等于BF，所以四边形ED1FB为平行四边形，因此平面D1EF截该正方体所得的截面图形是平行四边形ED1FB，因此A错误；对于B选项，易知AC⊥BD，D1D⊥平面AC，因此可得AC⊥D1D，又因为BD∩D1D＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，又EF∥AC，因此EF⊥平面BDD1B1，又EF⊂平面D1EF，所以平面D1EF⊥平面BDD1B1，因此B正确；对于C选项，若μ＝0，则P在线段BB1上，将正方形ABB1A1与矩形BDD1B1，展开在同一平面内如图：那么|PE|+|PD|的最小值为|DE|=12+(2+2对于D选项，若|AP|=5，那么|BP|=因此P的轨迹是侧面BCC1B1内以B为圆心，1为半径的四分之一圆弧，所以点P的轨迹长度为π2×1=π故选：BD．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点．求证：（1）BD1⊥平面AB1C；（2）平面EAC⊥平面AB1C．【答案】见试题解答内容【解答】证明：（1）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则E（0，0，1），A（2，0，0），C（0，2，0），B1（2，2，2），所以AC→=(−2，2，0），AB1→设平面AB1C的法向量m→=（x，y，则m→⋅AC→=−2x+2y=0∵BD1→=−2m→，∴BD1（2）设平面AEC的法向量n→=（x，y，则n→⋅AE→=−2x+z=0∵m→⋅n→=1+1﹣2＝0，∴平面EAC22．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2，BC＝CD＝DA＝1．（1）证明：平面PBD⊥平面PAD；（2）若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为217，求PM【答案】（1）过点D作DE⊥AB于点E，因为AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝DA＝1，所以DE=32，AE=12由勾股定理得，BD2＝DE2+BE2=3所以AD2+BD2＝AB2，即AD⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又AD∩PA＝A，AD、PA⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，而BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAD．（2）12【解答】（1）证明：过点D作DE⊥AB于点E，因为AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝DA＝1，所以DE=32，AE=12由勾股定理得，BD2＝DE2+BE2=3所以AD2+BD2＝AB2，即AD⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又AD∩PA＝A，AD、PA⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，而BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAD．（2）解：以D为原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，作Dz∥PA，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（−12，32，0），A（1，0，0），P（1，0，2），B所以DC→=（−12，设PM→=λPB→=λ则DM→=DP→+PM→=（1，0，2）+λ（﹣1，设平面MAD的法向量为n→=（x，y，z），则取n→=（0，2λ﹣2，因为直线DC与平面MAD所成角的正弦值为217所以|cos＜DC→，n→解得λ=1故PMPB23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为83求PB与平面ABCD所成的线面角的大小．【答案】（1）证明详见解析；（2）30°．【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥PA，CD⊥PD，又∵AB∥CD，∴AB⊥PD，∵PA∩PD＝P，∴AB⊥平面PAD，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：取AD中点O，连结PO，∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD，∴AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PO，∵AB∩AD＝A，∴PO⊥底面ABCD，设PA＝PD＝AB＝DC＝a，则AD=a2+∵四棱锥P﹣ABCD的体积为83，PO⊥底面ABCD∴VP−ABCD=1PO=2∴PB=P∵PO⊥底面ABCD，∴∠PBO为PB与平面ABCD所成的角，在Rt△POB中，sin∠PBO=PO∴∠PBO＝30°，故PB与平面ABCD所成的线面角为30°．24．已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB＝BC＝1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（）A．有且仅有一点P使二面角B﹣l﹣C取得最小值 B．有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最小值 C．有且仅有一点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值 D．有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值【答案】D【解答】解：过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，所以AC⊥l，所以l⊥平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B﹣l﹣C的平面角，设∠BMC＝θ，∠AMC＝α，∠AMB＝β，AM＝t，则θ＝α﹣β，由已知得t∈（0，2]，AB＝BC＝1，tanα=2t，tanβ=1t，tanθ＝tan（α﹣令f（t）=tt2+2，则f'（当t∈（0，2）时，f'（t）＞0，f（t）单调递增，当t∈（2，2]时，f'（t）＜0，f（t）单调递减，所以当t=2时，f（t）取最大值，即tan