高一數(shù)學(xué)必修第二冊同步學(xué)與練（人教版）第15講 平面與平面垂直的性質(zhì)定理（解析版）

第15講8.6.3平面與平面垂直（第2課時平面與平面垂直的性質(zhì)定理）

課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)習(xí)目標(biāo)

1.空間中平面與平面的垂直關(guān)系是“空間直線、平面的

垂直”中的又一個重點，是繼直線、平面的平行關(guān)系，

直線與平面的垂直關(guān)系之后的遷移與拓展，是“類比”

①掌握面面垂直的性質(zhì)定理，并能利用面面

與“轉(zhuǎn)化”思想的又一重要體現(xiàn).本節(jié)內(nèi)容包括二面角

垂直的性質(zhì)定理證明一些簡單的問題。

和兩個平面互相垂直的定義、判定與性質(zhì)，這一節(jié)的學(xué)

習(xí)對理順“空間直線、平面的垂直”的知識結(jié)構(gòu)體系、

提高學(xué)生的綜合能力起著十分重要的作用.

知識點01：平面與平面垂直的性質(zhì)定理

（1）定理：兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直．

(2)符號（圖形）語言：，=l，a,ala.

(3)應(yīng)用：①面面垂直線面垂直②作平面的垂線.

【即學(xué)即練1】（2023·廣東·校聯(lián)考二模）如圖，在四面體ABCD中，ABAC,BCBD，平面ABC平

面BCD,O為線段BC的中點，則下列判斷錯誤的是（）

A．ACBDB．BD平面ABC

C．ABCDD．AO平面BCD

【答案】C

【詳解】因為平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC,BCBD，

所以BD平面ABC，即B項正確；

因為AC平面ABC，所以BDAC，即A正確；

因為ABAC,O為線段BC的中點，

所以BCAO，同理可得AO平面BCD，即D正確；

因為BD平面ABC，AB平面ABC，所以BDAB，

BDCDD,BD、CD平面BCD，若ABCD，則AB平面BCD，

顯然B、O不重合，故C錯誤.

故選：C

題型01平面與平面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用

【典例1】（2024·廣東·高三學(xué)業(yè)考試）在三棱錐PABC中，D,E分別為AB,AC的中點，且CACB.

(1)證明：BC∥平面PDE；

(2)若平面PCD平面ABC，證明：ABPC.

【答案】(1)證明見解析；

(2)證明見解析.

【詳解】（1）證明:因為D，E分別為AB，AC的中點，

所以DE//BC，

又DE平面PDE，BC平面PDE，

所以BC//平面PDE；

（2）證明：因為CACB，D為AB的中點，

ABCD，

又平面PCD平面ABC

平面PCD平面ABCCD，

所以AB平面PCD

又PC平面PCD.

所以ABPC.

【典例2】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA2DC，F(xiàn)是EB的中

點

(1)證明：直線DF//平面ABC；

(2)若平面EAB平面ECB，證明：直線CB平面EAB.

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【詳解】（1）證明：取AB中點G，連接FG，CG，

1

因為F為EB的中點，所以FG//EA，GFAE，

2

因為EA，DC均垂直面ABC，所以EA//DC，

因為EA2DC，所以GF//DC且GFDC，

所以DFGC為平行四邊形，

所以DF//CG，CG面ABC，DF面ABC，

所以DF//面ABC．

（2）如圖，過A作AMBE于M，

平面EAB平面ECB，且兩平面的交線為BE,AM平面ABE,

AM平面BCE，

由BC平面BCE，AMBC．

EA平面ABC，BC平面ABC，AEBC，

又AEAMA,AE,AM平面ABE，

BC平面ABE．

.

【典例3】（2023上·江西·高三鷹潭一中校聯(lián)考期中）如圖1，山形圖是兩個全等的直角梯形ABCD和ABEF

的組合圖，將直角梯形ABEF沿底邊AB翻折，得到圖2所示的幾何體.已知AB//CD//EF，

,AB2CD2EF,ABBE,點N在線段CE上，且EN2NC在幾何體BCEADF中，解決下面問題.

(1)證明：AE//平面BND；

(2)若平面BDE平面ABCD，證明：BEAD.

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【詳解】（1）連接AC與BD相交于O,連接ON，

由于AB2CD，且AB//CD,

所以O(shè)C:OACD:AB1:2,

又EN2NC,所以O(shè)N//AE,

AE平面BND,ON平面BND,所以AE//平面BND，

（2）過C作CMBD交BD于M，由于平面BDE平面ABCD，且兩平面交線為BD，CM平面ABCD，

所以CM平面BED，BE平面BED,故CMBE，

又四邊形ABEF為直角梯形，故ABEB,

AB,CM是平面ABCD內(nèi)的兩相交直線，所以BE平面ABCD，

AD平面ABCD，故BEAD.

【變式1】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在幾何體ABCDEF中，矩形BDEF所在平面與平面ABCD互

相垂直，且ABBCBF1，ADCD3，EF2．求證：BC平面CDE；

【答案】證明見解析

【詳解】在矩形BDEF中，DEBD，

又平面BDEF平面ABCD，平面ABCD平面BDEF=BD，

DE平面BDEF，所以DE平面ABCD，

又BC平面ABCD，所以DEBC，

在矩形BDEF中，BDEF2，

又BC1,CD3，所以BD24BC2CD2，

所以BCCD，

又DECDD，DE,CD平面CDE，

所以BC平面CDE.

1

【變式2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐PABCD中，PDPCCBBAAD2，AD//CB，

2

CPDABC90，平面PCD平面ABCD.求證：PD面PCA；

【答案】證明見解析

【詳解】取AD的中點E，連接AC，CE，

1

因為AD//CB，AEADCB，

2

所以四邊形AECB為平行四邊形，則ABCE，

11

又ABAD，所以CEAD，則ACCD，

22

因為平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，AC平面ABCD，

所以AC平面PCD，又PD平面PCD，

所以ACPD，

又CPD90，即PDPC，且ACPCC，AC,PC平面PCA，

所以PD平面PCA.

【變式2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，三棱錐PABC中，PAB，ABC均為等邊三角形，PA4，

O為AB中點，點D在AC上，滿足AD1，且面PAB面ABC．證明：DC面POD．

【答案】證明見解析

【詳解】證明：由條件PAB、ABC為等邊三角形，O為AB的中點，

則ABPA4，AO2AD2，DAO60，

由余弦定理得DOAO2AD22AOADcosDAO3

從而在△AOD中，AO2AD2OD2，

得△AOD為直角三角形，且ODAD，

又面PAB面ABC，面PAB面ABCAB，且POAB，PO面PAB，

則由面面垂直的性質(zhì)定理可得PO面ABC

由AD面ABC,所以POAD

因此由ADOD，ADPO，ODPOO，OD,PO平面POD，

所以AD平面POD，

即DC面POD.

題型02平面圖形折疊后的垂直問題

【典例1】（2023上·浙江杭州·高二?？茧A段練習(xí)）已知菱形ABCD的邊長為2，ABC60.將菱形沿對

角線AC折疊成大小為60°的二面角BACD.設(shè)E為BC的中點，F(xiàn)為三棱錐BACD表面上動點，且總

滿足ACEF，則點F軌跡的長度為（）

333

A．B．C．33D．3

22

【答案】A

【詳解】取AC的中點T，連接BT,DT，

因為菱形ABCD的邊長為2，ABC60，

所以BCABCDAD，ACD,ACB均為等邊三角形，

故DT⊥AC，BT⊥AC，且DTBT3，

BTD為二面角BACD的平面角，則BTD60，

故BTD為等邊三角形，DB3，

又BTDTT，BT,DT平面BTD，

所以AC⊥平面BTD，

又E為BC的中點，取CT的中點O，CD的中點N，

3

連接EO,EN,ON，則EO//BT,EN//BD，且EOONEN，

2

因為EO平面EON，BT平面EON，所以BT//平面EON，

同理得DT//平面EON，

因為BTDTT，BT,DT平面BTD，

故平面EON//平面BTD，

所以AC⊥平面EON，

故點F軌跡為△EON（除E外），

33

故點F軌跡的長度為EOONEN.

2

故選：A

【典例2】（2022上·四川巴中·高二四川省通江中學(xué)?？计谥校┤鐖D，直角梯形ABCD中，AB∥CD，ABBC，

E為AB上的點，且ADAEDC2，BE1，將VADE沿DE折疊到P點，使PCPB.

(1)求證：平面PDE平面ABCD；

(2)求四棱錐PEBCD的體積.

【答案】(1)證明見解析

3

(2)

2

【詳解】（1）證明：取BC的中點G，DE中點H，連接PG，GH，HP，

又AB//CD，∴HG//AB//CD，∵ABBC，∴HGBC，

又∵PBPC，∴PGBC，

又HGPGG，HG,PG平面PGH，∴BC平面PGH，

PH平面PGH，則PHBC，

∵PDPE，H為DE中點，PHDE，

而BC與DE不平行，BC,DE平面ABCD，∴PH平面ABCD，

∵PH平面PDE，∴平面PDE平面ABCD；

（2）由（1）知，PH平面ABCD，在直角梯形ABCD中，過D作DFAB，垂足為F，

則BCDF為矩形，∵ABAEEB3，BFDC2，AF1，EF1

AD2，在RtADF中，DF2AD2AF2，得D到AB的距離DF3，

133

則四邊形EBCD的面積S123，

22

在Rt△DFE中，DE2DE2EF2，求得DE2，則VADE為等邊三角形，

可得AH3，即PH3.

1333

∴V3.

PEBCD322

【典例3】（2023上·江西宜春·高二?？奸_學(xué)考試）如圖①梯形ABCD中AD//BC，AB3，BC1，CD2，

BEAD且BE1，將梯形沿BE折疊得到圖②，使平面ABE平面BCDE，CE與BD相交于O，點P在AB

上，且AP2PB，R是CD的中點，過O、P、R三點的平面交AC于Q．

(1)證明：Q是AC的中點；

AM

(2)M是AB上一點，己知二面角MECB為45，求的值．

AB

【答案】(1)證明見解析

AM2

(2)

AB3

【詳解】（1）在圖①中過C作CFAD，則EFBC1，CFBE1，

圖②中，BDCEO，

又∵CD2，∴DF1，∴DE2，∴DE2BC且DE//BC．

∴BCOEDO，∴DO2OB，

在BAD中，DO2OB，AP2PB，

∴OP//AD，又OP平面ACD，AD平面ACD，

∴OP//平面ACD，平面OPQR平面ACDRQ，

∴OP//RQ，∴RQ//AD，

又R是CD的中點，∴Q是AC的中點；

（2）如圖，過M作MHBE交BE于H，過H作HGCE于點G，連結(jié)MG，

且BEAE，因為平面ABE平面BCDE，平面ABE平面BCDEBE，

所以AE平面BCDE，MH平面BCDE，所以AE//MH，

因為CE平面BCDE，所以MHCE，

因為MHHGH，MH、HG平面MHG，所以CE平面MHG，

MG平面MHG，所以MGCE，

則MGH為二面角MCEB的平面角，∴MGH45，

AM

設(shè)，∴MH1AE12，

AB

HEAM

又，∴HEBE，

BEAB

o22

在BCE中，BEC45，HGHE,

22

22

由MGH45得HGMH，即12，∴，

23

AM2

∴．

AB3

【變式1】（多選）（2023上·四川達州·高二達州市第一中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊

長為2，現(xiàn)將正方形沿其對角線AC進行折疊，使其成為一個空間四邊形，在空間四邊形中，下列結(jié)論中

正確的是（）

A．B，D兩點間的距離d滿足0d22

B．ACBD

C．對應(yīng)三棱錐DABC的體積的最大值為22

D．當(dāng)二面角DACB為60時，BD2

【答案】AB

【詳解】如圖所示，取AC的中點O，連接DO，BO

對于A，在正方形ABCD中，BD22，將正方形沿其對角線AC進行折疊，

易得B，D兩點間的距離d滿足0d22，故A正確；

對于B,ACOD，ACOB，OBODO，ON,OD含于面BOD

AC平面BOD，又BD平面BOD，

ACBD,故B正確；

對于C，當(dāng)平面DAC平面BAC時，三棱錐DABC的體積的最大，

1122

最大為222，故C錯誤;

323

對于D,因為ACDO,ACBO，

所以BOD為二面角DACB的平面角，

則當(dāng)BOD60時，三角形BOD為等邊三角形，

則BD2,故D錯誤，

故選：AB.

【變式2】（2023·全國·高一課堂例題）如圖，已知ABC中，AD是邊BC上的高，以AD為折痕折疊ABC，

使BDC為直角.求證：平面ABD平面BDC，平面ADC平面ABD.

【答案】證明見解析

【詳解】因為ADBD，ADDC，BDIDCD，BD,DC平面BDC，

所以AD平面BDC；

因為AD平面ABD，所以平面ABD平面BDC；

已知BDC為直角，所以BDDC，

又ADBD，ADDCD，AD,DC平面ADC，

因此BD平面ADC，

因為BD平面ABD，所以平面ADC平面ABD.

【變式3】（2023上·四川成都·高三成都七中?？奸_學(xué)考試）已知矩形ABCD中，AB2，BC23，M，

N分別為AD，BC中點，O為對角線AC，BD交點，如圖1所示．現(xiàn)將OAB和OCD剪去，并將剩下的部

分按如下方式折疊：沿MN將AOD,BOC折疊，并使OA與OB重合，OC與OD重合，連接MN，得到

由平面OAM，OBN，ODM，OCN圍成的無蓋幾何體，如圖2所示．

(1)求證：MN⊥平面AOC；

(2)求此多面體體積V的最大值．

【答案】(1)證明見解析

(2)1

【詳解】（1）

在圖2中，取MN的中點E，連AE，CE，OE，

因為AMAN，E為MN的中點，所以MNAE，同理得MNCE，MNOE，

因為AEOEE，AE、OE平面AOE，所以MN平面AOE，

因為OA平面AOE，所以MNOA，

因為CEOEE，CE、OE平面COE，所以MN平面COE，

因為OC平面COE，所以MNOC，

因為OAOCO，OA、OC平面COA，所以MN平面COA．

（2）根據(jù)圖形的對稱性可知，V2VMOCN，

113

因為OCN的面積為ONNC13，為定值，

222

所以當(dāng)點M到平面OCN的距離最大值時，三棱錐體積最大，

此時平面OMC⊥平面ONC，點M到平面OCN的距離等于點M到OC的距離，等于3，

13

所以此多面體體積V的最大值為231．

32

題型03直線與平面垂直、平面與平面垂直的綜合應(yīng)用

【典例1】（2024上·上海·高二上海市復(fù)旦中學(xué)?？计谀┤鐖D，已知四棱錐PABCD的底面為直角梯形，

AD//BC，BCD90，PAPB，PCPD．

(1)證明：CD與平面PAD不垂直；

(2)證明：平面PAB平面ABCD；

(3)如果CDADBC，二面角PBCA等于60，求二面角PCDA的大?。?/p>

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

(3)60

【詳解】（1）若CD平面PAD，

則CDPD，

由已知PCPD，

得PCDPDC90，

這與CDPD矛盾，所以CD與平面PAD不垂直．

（2）取AB、CD的中點E、F，連接PE、PF、EF，

由PAPB，PCPD，得PEAB，

PFCD，

EF為直角梯形的中位線，

EFCD，又PFEFF，

\CD^平面PEF，

由PE平面PEF，得CDPE，又ABPE且梯形兩腰AB、CD必交，

PE平面ABCD,

又PE平面PAB，

平面PAB平面ABCD,

（3）由（2）及二面角的定義知PFE為二面角PCDA的平面角,

作EGBC于G，連PG，

由于PE平面ABCD,BC平面ABCD,故PEBC,

EGBC,EGPEE,EG,PE平面PEG,故BC平面PEG

PG平面PEG,所以PGBC

故PGE為二面角PBCA的平面角,

即PGE60，

11

由已知，得EF(ADBC)CD，

22

1

又EGCFCD．

2

EFEG，

RtPEFRtPEG．PEFPGE60，

故二面角PCDA的大小為60．

【典例2】（2024上·上海長寧·高二上海市民辦新虹橋中學(xué)校考期末）如圖，平行四邊形ABCD中，

AB4,AD2，將△ABD沿BD翻折，得到四面體PBCD．

(1)若BDPC4，作出二面角PBCD的平面角，說明作圖理由并求其大小；

(2)若PC25,A60，求點D到平面PBC的距離．

13

【答案】(1)二面角PBCD的平面角見解析，arccos

15

(2)3

【詳解】（1）如圖所示：

取點E為BC的中點，連接PE,DE，則PED即為所求的二面角PBCD的平面角，理由如下：

由題意AB4PB,PDDA2，

又因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以AB4CD，

又因為BD4，所以BDCD4PBPC，

又點E為BC的中點，

所以由三線合一可知DEBC,PEBC，

又面DBC面PBCBC，

所以PED即為所求的二面角PBCD的平面角，

11

而BEBCAD1，所以PE421215，同理DE421215，

22

而DA2，

151541313

所以在△PDE中，由余弦定理有cosPED，即PEDarccos.

215151515

（2）

由題意AB4,AD2，A60，

1

由余弦定理有BD2422224212，

2

解得BD23，

所以AD2BD2AB2，即ADBD，

所以由題意有PDBD，PDAD2，

又因為CDAB4,PC25，

所以CD2PD2PC2，即PDCD，

又BDCDD,BD,CD面BCD，

所以PD面BCD，

所以11143，

VPBCDPDSBCD2223

3323

因為BCAD2,PBAB4,PC25，

所以BC2BP2PC2，即BCBP，

1

所以S244，

BCP2

不妨設(shè)點D到平面PBC的距離為d，

因為VPBCDVDBCP，

1443

所以dSd，解得d3，即點D到平面PBC的距離為3.

3BCP33

【典例3】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，平行六面體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且

BCDC1CBC1CD60．試用盡可能多的方法解決以下兩問：

3

(1)若AB2,AA，記面BCD為，面BCD為，求二面角BD的平面角的余弦值；

121

AB

(2)當(dāng)?shù)闹禐槎嗌贂r，能使A1C平面C1BD？

AA1

3

【答案】(1)

3

(2)1

【詳解】（1）連接AC、設(shè)AC和BD交于O，連接C1O，作C1ECD，垂足為E，作C1HOC，垂足為H，

連接HE．

四邊形ABCD是菱形，

ACBD，又BCD60，BDCD．

又BCC1DCC1，C1CC1C，

△C1BC△C1DC，C1BC1D，

DOOB，C1OBD，

又ACBD，ACC1OO，AC,C1O平面AC1C

BD平面AC1C，

又C1C平面AC1C，C1CBD．

C1OC是二面角BD的平面角．

333

方法一：∵CCD60,CCAA，可得CE3，CE，

1112144

又BCD60,HCE30．

因為BD平面ABCD，故平面ABCD平面OCC1，

而平面ABCD平面OCC1OC，C1H平面OCC1，

故C1H平面ABCD，而CD平面ABCD，故C1HCD，

而C1EC1HC1，C1E,C1H平面C1EH，故CD平面C1EH，

而EH平面C1EH，故EHCD，

36

∴EH,CHCE2EH2．

4112

3223

又HOCOCH，∴C1OCHHO，

22

HO3

∴cosC1OC．

C1O3

3

方法二：在CBC中，BC2,CC,BCC60．

1121

93113

由余弦定理知CB2BC2CC22BCCCcos60422，

1114224

1139

又OCB30,OBBC1，∴CO2CB2OB21，

21144

3

∴CO，即C1OC1C．

12

OH3

∴H是OC中點，cosC1OC．

C1O3

CECECH

方法三：∵cosC1CE,cosECH，cosC1CH，

C1CCHC1C

∴cosC1CEcosECHcosC1CH，

即cos60cos30cosC1CH．

36

∴cosCCH,sinCCH，

1313

6

∴CECCsinCCH，

1112

3

CHCCcosCCH，COCDcos303．

112

3

∴CHHO,C1OCC1CH，故cosCOC．

13

CD

（2）當(dāng)1時，能使A1C平面C1BD．

C1C

方法一：由前知BD平面AC1，∴BDA1C．

CD

當(dāng)1時，平行六面體的六個面是全等的菱形．

CC1

^

同BDA1C的證法可得BC1A1C，

而BDC1BB,BD,C1B平面C1BD，故A1C平面C1BD．

CD

方法二：∵1，∴BCCDC1C．

CC1

由題設(shè)可知三棱錐CC1BD是正三棱錐，設(shè)A1C與C1O相交于G．

∵A1C1∥AC，且A1C:OC2:1，∴C1G:CO2:1．

又C1O是正三角形C1BD的BD邊上的高和中線，

∴點G是正三角形C1BD的中心．

∴CG平面C1BD，即A1C平面C1BD．

方法三：如圖，沿面A1ADD1補一個全等的平行六面體．

∴A1C∥DN．若A1C平面C1BD，則DN平面C1BD．

∴C1DDN,BDDN．令CDk,C1C1．

222222

由余弦定理可知C1N7k，C1Dkk1,BN4k2k1．

2222222

又BDCDk，則C1NC1DBNBD，

即7k2k2k14k22k1k2．

2

∴3k2k20，解得k1或k（舍）．

3

CD

由此可知當(dāng)1時，A1C平面C1BD．

CC1

方法四：如圖，若A1C平面C1BD，則A1C與C1D成90的角．過C1作C1Q∥A1C交AC的延長線于Q，則

22

QC1D90．四邊形A1C1QC為平行四邊形．設(shè)CDk，C1C1，則ACCQ3k,C1Dkk1．

33

∵cosC1CDcosC1CAcosACD，∴cosCCA,cosAAC．

1313

232

∴2222，2222．

A1CC1Q3k123k3k2k1DQ3kk23kcos157k

3

222222

在Rt△QC1D中，C1QC1DQD，即7kkk13k2k1，

2

∴3k2k20，解得k1或k（舍去）．

3

CD

由此可知當(dāng)1時，A1C平面C1BD．

CC1

【變式1】（2024上·內(nèi)蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考期末）如圖1，在直角梯形ABCD中，AD//BC，BAD90，

AD2AB2BC4，E是AD的中點，O是AC與BE的交點.將ABE沿BE折起到如圖2中A1BE的位

置，得到四棱錐A1BCDE.

(1)證明：CDA1C；

(2)當(dāng)平面A1BE平面BCDE時，求三棱錐DA1BC的體積.

【答案】(1)證明見解析

22

(2)

3

【詳解】（1）

在圖1中，連接EC,

∵BAD90，AD2AB2BC4，E是AD的中點，

所以四邊形ABCE是正方形，∴ACBE,

∴在圖2中，BEA1O，BEOC，

?=

又A1OOCO，A1O、OC平面A1OC，

∴BE平面A1OC.

又ED//BC，且EDBC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，

∴CD//BE，∴CD平面A1OC，

又∵A1C平面A1OC，∴CDA1C；

（2）∵平面A1BE平面BCDE，平面A1BE?平面BCDEBE，

A1OBE，A1O平面A1BE，

∴A1O平面BCDE，

11

又∵AOBE2，S222，

12BCD2

∴1122

VVS△AO22.

DA1BCA1BCD3BCD133

【變式2】（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，AB平面,l是的一條斜線，OB是AO在平面a內(nèi)的射影，

AOB1為斜線和平面所成的角．設(shè)BOD2，過B作OD的垂線BC，連結(jié)AC，則ACB，且ACB

即為二面角AODB的平面角（銳二面角），設(shè)AOD．

、、、、

請推導(dǎo)關(guān)于coscos1cos2的等式關(guān)系（1）；關(guān)于sinsin1sin的等式關(guān)系（2）．并用上述兩結(jié)

論求解下題：

設(shè)ABC和△DBC所在的兩個平面互相垂直，且ABBCBD,CBADBC120，求二面角ABDC

的正弦值的大?。?/p>

sin125

【答案】關(guān)系（1）：coscos1cos2；關(guān)系（2）：sin；.

sin5

sin

【詳解】關(guān)系（1）：coscoscos；關(guān)系（2）：sin1；

12sin

下面給出證明：

在題干的左圖中，因為AB平面BOC，OC平面BOC，

所以ABOC，

又BCOC，ABBCB，AB,BC平面ABC,

所以O(shè)C平面ABC，且AC平面ABC，

OC

所以O(shè)CAC，所以coscosAOC，

OA

OBOC

又因為coscosAOB,coscosBOC，

1OA2OB

故關(guān)系（1）：coscos1cos2；

ACABAB

同理可得：sinsinAOC,sinsinAOB,sinsinACB，

OA1OAAC

sin

故關(guān)系（2）：sin1；

sin

如下圖，過A作AOCB延長線于O，連結(jié)OD，

因為平面ABC平面DBC，平面ABC平面DBCBC，AO平面ABC，

所以AO平面DBC，

設(shè)二面角ABDC的平面角中的銳角為，

因為ABDB,ABODBO60,BOBO，

所以ABO與DBO全等，

所以AODO且AODO，所以ADO45，

又因為DOBAOB90，

所以O(shè)DBDBCDOB30，

設(shè)二面角ABDC的平面角中的銳角為，

6sin45

由兩個重要關(guān)系，可得cosADBcos45cos30，sinADB，

4sin

1

利用同角的三角關(guān)系可得：6，

sin2ADBcos2ADB21

16sin2

425

所以sin2,sin，

55

25

由于為銳角，因此sin，

5

25

即二面角ABDC的平面角的正弦值為．

5

-

【變式3】（2024·四川遂寧·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，直線C1B平面ABC，平面AA1C1C

平面BB1C1C.

(1)求證：ACBB1；

4

(2)若ACBCBC2，在棱AB上是否存在一點P，使得四棱錐PBCCB的體積為？若存在，指出

111113

點P的位置；若不存在，請說明理由.

【答案】(1)證明見講解；

4

(2)當(dāng)點P為AB中點時，四棱錐PBCCB的體積為，理由見詳解.

11113

【詳解】（1）過點B作BDCC1，垂足為D，

因為平面AA1C1C平面BB1C1C，平面AA1C1C平面BB1C1CCC1，BD平面BB1C1C，

所以BD平面AA1C1C，又因為AC平面AA1C1C，所以BDAC，

又因為C1B平面ABC，AC平面ABC，所以C1BAC，

又BDC1BB,BD,C1B平面BB1C1C，所以AC平面BB1C1C，

又BB1平面BB1C1C，所以ACBB1.

4

（2）當(dāng)點P為AB中點時，四棱錐PBCCB的體積為，理由如下：

11113

過點P作PQ//B1C1，交A1C1于點Q，

因為C1B平面ABC，BC平面ABC，所以C1BBC，

又BCBC12，所以CC122，

由（1）可知，BDCC1，

1111

所以SBCCCC1BDBCBC1，即22BD22，所以BD2，

12222

設(shè)點P到平面BB1C1C的距離為h，

114

則VCCBDh222h，

PBCC1B13133

所以h1，即P到平面BB1C1C的距離為1，

-

在三棱柱ABCA1B1C1中，AC//A1C1，AC=A1C1

由（1）可知，AC平面BB1C1C，所以A1C1平面BB1C1C，

又AC2，所以A1C12，

又PQ//B1C1，PQ平面BB1C1C，B1C1平面BB1C1C，

所以PQ//平面BB1C1C，

所以Q到平面BB1C1C的距離為1，即QC11，

4

故Q為AC中點，所以P為AB中點時，四棱錐PBCCB的體積為.

1111113

題型04空間垂直的轉(zhuǎn)化

【典例1】（2023·北京海淀·統(tǒng)考二模）已知正方形ABCD所在平面與正方形CDEF所在平面互相垂直，且

CD2，P是對角線CE的中點，Q是對角線BD上一個動點，則P，Q兩點之間距離的最小值為（）

6

A．1B．2C．D．6

2

【答案】C

【詳解】取CD邊的中點為M,連接PM,QM,PQ,P是CE的中點，則PMCD,

由于PMCD,平面ABCD平面CDEF,平面ABCD平面CDEFCD，PM平面CDEF,故PM平面

ABCD,QM平面ABCD,故PMQM,

1

在直角三角形PMQ中，PMED1,PQPM2QM21QM2,

2

112

要使PQ最小，則QM最小，故當(dāng)QMBD時，此時QM最小，故QM的最小值為BD22,所以

442

2

26

PQ1QM21，、

min

22

故選：C

【典例2】（2023上·江蘇南京·高二南京市秦淮中學(xué)?？计谀┤鐖D，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1

中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為．

【答案】5

5

【詳解】解：如圖所示，取B1C1的中點F，連接EF，ED1，所以CC1//EF，

又EF平面D1EF，CC1平面D1EF，所以CC1//平面D1EF，

所以直線C1C上任一點到平面D1EF的距離即為兩條異面直線D1E與CC1的距離，

過點C1作C1MD1F，

因為平面D1EF平面A1B1C1D1，且C1M平面A1B1C1D1，所以C1M平面D1EF．

過點M作MP//EF交D1E于點P，則MP//C1C，

取C1NMP，連接PN，則四邊形MPNC1是矩形，可得NP平面D1EF，

1

1

D1C1·C1F25

在直角DCF中，由CMDFDCCF，所以C1M，

1111111DF15

112()2

2

5

故點P到直線CC1的距離的最小值為．

5

故答案為：5．

5

【典例3】（2023上·黑龍江雞西·高二密山市第一中學(xué)校聯(lián)考期末）兩個邊長為2的正方形ABCD和ADEF

各與對方所在平面垂直，M、N分別是對角線AE、BD上的點，且EMDN.

(1)求證：MN//平面DCE；

(2)設(shè)EMx，MNy，求y與x的函數(shù)關(guān)系式；

(3)求M、N兩點間的最短距離.

【答案】(1)證明見解析

2

(2)yx220x22

(3)2

【詳解】（1）過點M作MG//DE，交AD于點G，連接NG、EC，

AMAG

因為MG//DE，所以，

MEGD

由已知可得，AEBD4422，EMDN，

AMBN

所以，AMBN，，

MEND