高中數(shù)學北師大版講義(必修二)第36講6.5.2平面與平面垂直(3知識點+7題型+強化訓練)(學生版+解析)

6.5.2平面與平面垂直課程標準學習目標1、借助長方體,通過直觀感知,了解平面與平面垂直的關(guān)系,并歸納出面面乖直的判定與性質(zhì)定理、2、能運用直觀感覺、定理和已獲得的結(jié)論證明空間基本圖形位置關(guān)系的命題.。1、能夠了解用數(shù)學語言表達的面面垂直的判定與性質(zhì)定理.2、了解面面垂直的判定與性質(zhì)定理的條件與結(jié)論之間的邏輯關(guān)系.3、掌握一些基本命題的證明,并有條理地表述論證過程.知識點01二面角1、二面角的概念概念平面內(nèi)的一條直線把一個平面分成兩部分，其中的每一部分都稱為一個半平面.從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形稱為二面角，這條直線稱為二面角的棱，這兩個半平面稱為二面角的面.圖示及記法棱為l，而分別為α和β的二而角記為α-l-β.如圖所示.也可以在a和β內(nèi)（棱以外的半平面部分）分別取點P，Q，將這個二而角記作P-l-Q2、二面角的平面角定義在二面角α-l-β的棱上任取一點O，以O為垂足，分別在半平面α和β內(nèi)作垂直于棱的射線OA和OB，則射線OA和OB所成的角稱為二面角的平面角.圖示范圍0°≤∠AOB≤180°規(guī)定①二面角的大小用它的平面角_的大小來度量，即二面角的大小等于它的平面角的大小.平面角是直角的二面角稱為直二面角.②一般地，兩個平面相交時，它們所成角的大小，指的是它們所形成的4個二面角中，不大于90°的角的大小.【即學即練1】（2024高一下·全國·專題練習）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1，棱長為知識點02平面與平面垂直的判定定理1、平面與平面垂直(1)定義：一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)畫法：(3)記作：α⊥β.2、平面與平面垂直的判定定理（簡稱面面垂直的判定定理）：文字語言如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直圖形語言符號語言l⊥α，l?β?α⊥β【即學即練2】（23-24高一下·廣東深圳·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△DCP是等邊三角形，∠DCB=∠PCB=π4，點M,N分別為DP和(1)求證：MN//平面PBC;(2)求證：平面PBC⊥平面ABCD;知識點03平面與平面垂直的性質(zhì)定理文字語言兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直符號語言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝l,a?α,a⊥l))?a⊥β圖形語言作用①面面垂直?線面垂直②作面的垂線【即學即練3】（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，G為AD邊中點，四邊形ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形．△PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.求證：(1)BG⊥平面PAD；(2)AD⊥PB.【題型一：面面垂直的概念辨析】例1．（23-24高一下·云南昆明·期中）已知l,m是兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面，則下面四個命題中，正確的是（

）A．若l∥m,m?α，則l∥αB．若l∥α,m∥β,α∥β，則l∥mC．若α⊥β,l?α,m?β，則l⊥mD．若m⊥β,l∥α,l∥m，則α⊥β變式1-1.（23-24高一下·浙江紹興·期中）已知m，n為不同的直線，α，A．m⊥α,m⊥β?α∥βB．m∥n,n?α?m∥αC．m⊥α,m?β?α⊥βD．m⊥α,n⊥α?m∥n變式1-2.（2024高一下·全國·專題練習）已知a,b是兩條直線，α,β是兩個平面，則a⊥b的一個充分條件是（）A．a(chǎn)⊥α，b//β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α//βC．a(chǎn)?α，b⊥β，α//β D．a(chǎn)?α，b//β，α⊥β變式1-3.(多選)（23-24高一下·廣東廣州·期中）已知m,n是兩條不同的直線，α,β,γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若m∥α,n∥α，則m∥n B．若α∥γ,β∥γ，則α∥βC．若m∥α,n∥α，且m?β,n?β，則α∥β D．若m⊥α,n⊥β，且α⊥β，則m⊥n【方法技巧與總結(jié)】理解面面垂直的判定定理注意以下幾點：（1）定理可簡記為“線面垂直，則面面垂直”，因此要證明平面與平面垂直，只需在其中一個平面內(nèi)找另一個平面的垂線，即證“線面垂直”.（2）兩個平面垂直的判定定理，不僅僅是判定兩個平面垂直的依據(jù)，而且是找出垂直于一個平面的另一個平面的依據(jù).（3）要證a⊥β，可證α經(jīng)過β的某一條垂線，也可證明β經(jīng)過α的某一條垂線．【題型二：面面垂直的判定定理】例2．（2024高一下·全國·專題練習）已知平面五邊形ABCDE如圖1所示，其中AD//BC,AB⊥BC,AD=2BC=4，AB=6,△ADE是正三角形．現(xiàn)將四邊形ABCD沿AD翻折，使得CE=32變式2-1.（2024高一下·全國·專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，PB=PD．證明：平面PAC⊥平面PBD；變式2-2．（23-24高一下·浙江金華·期中）如圖，在幾何體中，四邊形ABCD為菱形，對角線AC與BD的交點為O，四邊形DCEF為梯形，DC∥(1)若DC=2EF，求證：OE//平面ADF；(2)若FB=FD，求證：平面AFC⊥平面ABCD.變式2-3．（19-20高一下·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在矩形ABCD中，已知AB=12AD，E是AD的中點，沿BE將△ABE折起至△A'BE的位置，使【方法技巧與總結(jié)】證明平面與平面垂直證明面面垂直的方法：（1）證明兩個半平面構(gòu)成的二面角的平面角為90°；（2）證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明線面垂直的問題.2.利用判定定理證明兩個平面垂直時，一般方法是先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若圖形中不存在這樣的垂線，則可通過作輔助線來解決，而作輔助線則應有理論根據(jù)并且要有利于證明.【題型三：面面垂直證明線面垂直】例3．（2022高三·全國·專題練習）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是平行四邊形，E是CD上一點，且AB=BC=AC=2CE，若平面PAB⊥平面ABCD,AP⊥BD．(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？請說明理由．變式3-1．（22-23高三上·河南·期末）在平面四邊形ABCD中，BC//AD，BC⊥CD，點E為AD的靠近A的三等分點，AB=BC=DE=2，將△ABE沿BE折起，使得平面ABE⊥平面BCDE，已知點N在線段CD上，且滿足DN=2NC，點M為(1)證明：DM⊥平面AEN；(2)若F為AB的中點，求點N到平面FMD的距離.變式3-2．（2024·陜西榆林·一模）在三棱錐A?BCD中，AB=AD,CB=CD,O為BD的中點.(1)證明：BD⊥平面OAC.(2)若AB=BC=BD=2，平面ABD⊥平面BCD，求點B到平面ACD的距離.變式3-3．（2023高二上·山西·學業(yè)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD,M是PA中點．(1)求證：DM⊥平面PAB；(2)求直線BD與平面PBC所成角的正弦值．【方法技巧與總結(jié)】對面面垂直的性質(zhì)定理的理解①定理成立的條件有兩個：a.直線在其中一個平面內(nèi)；b.直線與兩平面的交線垂直②定理的實質(zhì)是由面面垂直得線面垂直，故可用來證明線面垂直.③處理面面垂直的問題時，通常經(jīng)過此定理轉(zhuǎn)化為線面垂直.【題型四：面面垂直證明線線垂直】例4．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，圓柱的軸截面ABCD是正方形，點E在底面的圓周上，AF⊥DE，F(xiàn)是垂足．(1)求證：AF⊥DB；(2)如果圓柱與三棱錐D?ABE的體積的比等于3π，求直線DE與平面ABCD變式4-1．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C變式4-2．（2023·上海長寧·一模）如圖，在三棱錐A?BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的中點.

(1)求證：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求異面直線BC與AD所成的角的大小.變式4-3．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，G為AD邊中點，四邊形ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形．△PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.求證：(1)BG⊥平面PAD；(2)AD⊥PB.【題型五：動點探索問題】例5．（22-23高一下·吉林長春·期末）如圖，在四棱錐Q?ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面QAD是正三角形，側(cè)面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中點．

(1)求證：AM⊥平面QCD；(2)求側(cè)面QBC與底面ABCD所成二面角的余弦值；(3)在棱QC上是否存在點N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC變式5-1．（23-24高二上·北京·階段練習）如圖示，正方形ABCD與正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中點.

(1)求證：PQ⊥BQ；(2)在線段AB上是否存在一點N，使面PCN⊥面PQB？并證明你的結(jié)論.變式5-2．（22-23高一下·北京平谷·期末）如圖，幾何體ABCDEF中，面ADEF⊥面ABCD，AF⊥AD，EF//AD，且EF=12AD，AF=2，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，∠ABC=60°

(1)證明：EO//平面ABF(2)求三棱錐E?OCD的體積；(3)試判斷在棱CD上是否存在一點M，使得平面FAM⊥平面CDE?說明理由．變式5-3．（2023高一·全國·專題練習）在四棱錐P?ABCD中，△PAD是等邊三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD=2AB=2BC，∠BAD=∠ABC=90o．在AD上是否存在一點M，使得平面PCM⊥平面【題型六：面面垂直的應用】例6.（2024·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，PA．2,6 B．2,5 C．3,變式6-1.（2024·四川廣安·二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，EF是△BCD的中位線，AC與EF交于點G，已知△PEF是△CEF繞EF旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形﹐且P?平面ABCD.給出下列結(jié)論：①BD//平面PEF；②平面PAC⊥平面ABCD；③“直線PF⊥直線AC”始終不成立.其中所有正確結(jié)論的序號為（

）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③變式6-2.（2024高一下·全國·專題練習）如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面ABC，點C是圓上的任意一點，圖中有（

）對平面與平面垂直.A．1 B．2 C．3 D．4變式6-3.（23-24高一上·浙江紹興·期末）大善塔，位于紹興市區(qū)城市廣場東南隅，是紹興城地標性建筑，其塔頂部可以近似地看成一個正六棱錐.假設該六棱錐的側(cè)面和底面的夾角為π3A．2:3 B．1:3 C．3:2 D．3:1【題型七：二面角問題】例7．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E為棱AD的中點，PA⊥(1)求證：AB//平面PCE；(2)求證：平面PAB⊥平面PBD；(3)若二面角P?CD?A的大小為45°，求直線PA與平面PBD變式7-1．（23-24高一下·廣東河源·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，已知底面ABCD為矩形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD,M是棱PD的中點，AD=2.(1)證明：AM⊥平面PCD；(2)若二面角M?BC?D為π6，求異面直線AB與PC變式7-2．（23-24高二下·重慶·階段練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面ABC⊥側(cè)面ACC(1)證明：A1C⊥平面(2)若cos∠A1AC=1變式7-3．（23-24高二上·海南?？凇るA段練習）如圖1，在梯形ABCD中，AB//CD，∠D=90°，AB=22，AD=DC=2.現(xiàn)將梯形ABCD沿對角線AC折成直二面角(1)求證：AD⊥平面BCD；(2)求二面角D?AB?C的正切值.一、單選題1．（22-23高一下·河南洛陽·階段練習）設l，m是不同的直線，α，β是不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若l∥α，m∥β，α∥β，則l∥m C．若α⊥β，l∥α，m∥β，則l⊥m D．若α⊥β，l2．（2024高一下·全國·專題練習）在正方體ABCD?A'BA．30° B．45° C．60°3．（22-23高一下·陜西咸陽·階段練習）在四面體ABCD中，△BCD為正三角形，AB與平面BCD不垂直，則下列說法正確的是（

）A．AB與CD可能垂直B．A在平面BCD內(nèi)的射影可能是BC．AB與CD不可能垂直D．平面ABC與平面BCD不可能垂直4．（23-24高二上·浙江寧波·期末）把正方形紙片ABCD沿對角線AC折成直二面角，E為AB的中點，F(xiàn)為CD的中點，O是原正方形ABCD的中心，則折紙后∠EOF的余弦值大小為（

）A．?66 B．?32 C．5．（2024·全國·模擬預測）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點A．22 B．C．1 D．26．（2024·北京平谷·模擬預測）一個邊長為10cm的正方形鐵片，把圖中所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個容器側(cè)面與底面的夾角正切值為（

）A．34 B．43 C．227．（2024高一下·全國·專題練習）在空間四邊形ABCD中，AD⊥BC,BD⊥AD，那么必有（

）A．平面ABD⊥平面ADCB．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BCDD．平面ABC⊥平面BCD8．（23-24高一上·浙江紹興·期末）已知點P是邊長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1表面上的動點，若直線A．32 B．22+π C．二、多選題9．（2024·全國·模擬預測）如圖（1），在矩形ABCD中，AB=2AD，E是CD的中點，沿AE將△ADE折起，使點D到達點P的位置，并滿足PA⊥PB，如圖（2），則（

）

A．平面PAB⊥平面PBE B．平面PAE⊥平面PBEC．平面PAB⊥平面ABCE D．平面PAE⊥平面ABCE10．（23-24高一下·河南·期中）已知棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，動點M在棱A．平面A1BC⊥平面B1C1D C．直線BN，C1M，CD交與同一點 D．B11．（23-24高一下·重慶·階段練習）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，棱P、Q、R分別是CC1，A1D1A．截面多邊形的周長為2+210 C．截面多邊形存在外接圓 D．∠A1三、填空題12．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，在三棱錐D?ABC中，若AB=BC,AD=CD,E是AC的中點，則平面ADC與平面BDE的關(guān)系是.13．（23-24高二上·貴州安順·期末）如圖，以等腰直角三角形斜邊BC上的高AD為折痕折成四面體ABCD．當四面體ABCD中滿足平面ABD⊥平面ACD時，則（1）BD⊥AC；（2）平面ABD⊥平面BCD；（3）△ABC為等腰直角三角形以上結(jié)論中正確的是（填寫你認為正確的結(jié)論序號）．14．（22-23高一下·重慶·期末）在四面體ABCD中，AE⊥平面BCD于點E，點E到平面ABC的距離為3,AD⊥BC,BD=CD，點G為△ABC的重心，二面角A?BC?D的大小為60°，則GE=四、解答題15．（23-24高二下·江西景德鎮(zhèn)·階段練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=3，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠BCD=60°,E

(1)證明：平面PBE⊥平面PAB；(2)求二面角A?BE?P的平面角的大小．16．（23-24高一下·安徽六安·期中）已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD=DE=4，AB=2，

(1)求證：AF//平面BCE(2)求證：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直線BF和平面BCE所成角的正弦值.17．（23-24高一下·湖南長沙·期中）如圖，在四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，SA=AB，點M是SD的中點，AN⊥SC于點N．(1)求證：平面SAC⊥平面AMN；(2)求二面角D?AC?M的正切值．18．（23-24高二下·浙江杭州·期中）如圖，四棱錐A?BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，△ABC是邊長為2的等邊三角形，底面BCDE是矩形，且BE=2(1)若點G是AE的中點，（i）求證：AC//平面BDG；（ii）求直線DG與平面ABC所成角的正弦值；(2)在線段AB上是否存在一點F，使二面角B?CE?F的大小為π4.若存在，求AF19．（23-24高一下·廣東茂名·期中）如圖，在三棱柱ADP?BCQ中，側(cè)面ABCD為矩形．(1)設M為AD中點，點N在線段PC上，且NC=2PN，求證：PM//平面BDN(2)若二面角Q?BC?D的大小為π3，且AD=12AB，求直線6.5.2平面與平面垂直課程標準學習目標1、借助長方體,通過直觀感知,了解平面與平面垂直的關(guān)系,并歸納出面面乖直的判定與性質(zhì)定理、2、能運用直觀感覺、定理和已獲得的結(jié)論證明空間基本圖形位置關(guān)系的命題.。1、能夠了解用數(shù)學語言表達的面面垂直的判定與性質(zhì)定理.2、了解面面垂直的判定與性質(zhì)定理的條件與結(jié)論之間的邏輯關(guān)系.3、掌握一些基本命題的證明,并有條理地表述論證過程.知識點01二面角1、二面角的概念概念平面內(nèi)的一條直線把一個平面分成兩部分，其中的每一部分都稱為一個半平面.從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形稱為二面角，這條直線稱為二面角的棱，這兩個半平面稱為二面角的面.圖示及記法棱為l，而分別為α和β的二而角記為α-l-β.如圖所示.也可以在a和β內(nèi)（棱以外的半平面部分）分別取點P，Q，將這個二而角記作P-l-Q2、二面角的平面角定義在二面角α-l-β的棱上任取一點O，以O為垂足，分別在半平面α和β內(nèi)作垂直于棱的射線OA和OB，則射線OA和OB所成的角稱為二面角的平面角.圖示范圍0°≤∠AOB≤180°規(guī)定①二面角的大小用它的平面角_的大小來度量，即二面角的大小等于它的平面角的大小.平面角是直角的二面角稱為直二面角.②一般地，兩個平面相交時，它們所成角的大小，指的是它們所形成的4個二面角中，不大于90°的角的大小.【即學即練1】（2024高一下·全國·專題練習）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1，棱長為【答案】33/【分析】根據(jù)二面角平面角的定義得到∠EOC是二面角E?DB?C的平面角，然后求正弦值即可.【詳解】如圖，取BD中點O，連接OE,OC，因為ABCD?A1B1C因為O為BD中點，所以OE⊥BD，OC⊥BD，因為平面BDE∩平面BDC=BD，OE?平面BDE，OC?平面BDC，所以∠EOC是二面角E?DB?C的平面角，CE=1，OC=2，OE=sin∠BOC=CEOE=1故答案為：33知識點02平面與平面垂直的判定定理1、平面與平面垂直(1)定義：一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)畫法：(3)記作：α⊥β.2、平面與平面垂直的判定定理（簡稱面面垂直的判定定理）：文字語言如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直圖形語言符號語言l⊥α，l?β?α⊥β【即學即練2】（23-24高一下·廣東深圳·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△DCP是等邊三角形，∠DCB=∠PCB=π4，點M,N分別為DP和(1)求證：MN//平面PBC;(2)求證：平面PBC⊥平面ABCD;【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）取PC中點E，由已知條件，結(jié)合線面平行的判斷推理即得.（2）過P作PQ⊥BC于點Q，借助三角形全等，及線面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.【詳解】（1）取PC中點E，連接ME,BE，由M為DP的中點，N為AB的中點，所以ME//DC,ME=1又BN//CD,BN=1則ME//BN,ME=BN，因此四邊形BEMN為平行四邊形，于是MN//BE，而MN?平面PBC，BE?平面PBC，所以MN//平面PBC；（2）過P作PQ⊥BC于點Q，連接DQ，由∠DCB=∠PCB=π4,CD=PC,QC=QC，得△QCD則∠DQC=∠PQC=π2，即因為底面ABCD是邊長為2的菱形，△DCP是等邊三角形，所以CD=PD=2，從而PQ=DQ=2所以PQ⊥DQ，又因為DQ∩BC=Q，DQ?平面ABCD，BC?平面ABCD，則PQ⊥平面ABCD，又因為PQ?平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABCD.知識點03平面與平面垂直的性質(zhì)定理文字語言兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直符號語言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝l,a?α,a⊥l))?a⊥β圖形語言作用①面面垂直?線面垂直②作面的垂線【即學即練3】（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，G為AD邊中點，四邊形ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形．△PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.求證：(1)BG⊥平面PAD；(2)AD⊥PB.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理證明即可；（2）由線面垂直判定定理和性質(zhì)定理證明即可.【詳解】（1）如圖，連接PG,BD，∵四邊形ABCD是菱形且∠DAB=60°，∴△ABD是正三角形，∵G為AD的中點，∴BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，BG?平面ABCD，∴BG⊥平面PAD.（2）由（1）可知BG⊥AD，∵△PAD為正三角形，G為AD的中點，∴PG⊥AD，又PG∩BG=G,PG,BG?平面PBG，∴AD⊥平面PBG，又PB?平面PBG，∴AD⊥PB.【題型一：面面垂直的概念辨析】例1．（23-24高一下·云南昆明·期中）已知l,m是兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面，則下面四個命題中，正確的是（

）A．若l∥m,m?α，則l∥αB．若l∥α,m∥β,α∥β，則l∥mC．若α⊥β,l?α,m?β，則l⊥mD．若m⊥β,l∥α,l∥m，則α⊥β【答案】D【分析】根據(jù)空間直線與平面位置關(guān)系結(jié)合線面平行的判定定理、性質(zhì)定理及面面垂直的判定定理逐項判斷即可.【詳解】對于A，由題意也有可能l?α，若要l∥α，則需l?α，故A錯誤；對于B，若l∥α,m∥β，則l與α沒有交點，m與β沒有交點，因為α∥β，則l與m關(guān)系不能確定，故l與m可能相交、異面也可能平行，故B錯誤；對于C，如圖：在正方體ABCD?A若平面A1B1C1D1為平面α，平面ABB1A1為平面β故C錯誤；對于D，因為m⊥β,l∥m，所以l⊥β，又l∥α，記l?γ且γ∩α=l則l∥l'，所以l'⊥β故選：D變式1-1.（23-24高一下·浙江紹興·期中）已知m，n為不同的直線，α，A．m⊥α,m⊥β?α∥βB．m∥n,n?α?m∥αC．m⊥α,m?β?α⊥βD．m⊥α,n⊥α?m∥n【答案】B【分析】根據(jù)面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，線面垂直的性質(zhì)即可判斷.【詳解】由題意，對于A，由面面平行的判定定理可以證得，故A正確；對于B，m∥n,n?α?m∥α或m?α，故B錯誤；對于C，由面面垂直的判定定理可以證得，故C正確；對于D，由線面垂直的性質(zhì)可以證得，故D正確.故選：B.變式1-2.（2024高一下·全國·專題練習）已知a,b是兩條直線，α,β是兩個平面，則a⊥b的一個充分條件是（）A．a(chǎn)⊥α，b//β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α//βC．a(chǎn)?α，b⊥β，α//β D．a(chǎn)?α，b//β，α⊥β【答案】C【分析】在A中，a與b可以成任意角；在B中a與b是平行的；在C中，可得b⊥α，從而得到a⊥b；在D中，可得a與b可以成任意角，從而得到正確結(jié)果.【詳解】由a，b是兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面，在A中，a⊥α,b//β,α⊥β，因為b的方向不確定，則a與b可以成任意角，故A錯誤；在B中，a⊥α，在C中，由a?α，b⊥β,α//β，可知b⊥α在D中，a?α,b//β,α⊥β，因為b的方向不確定，可得a與b可以成任意角，故D錯誤．故選：C.變式1-3.(多選)（23-24高一下·廣東廣州·期中）已知m,n是兩條不同的直線，α,β,γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若m∥α,n∥α，則m∥n B．若α∥γ,β∥γ，則α∥βC．若m∥α,n∥α，且m?β,n?β，則α∥β D．若m⊥α,n⊥β，且α⊥β，則m⊥n【答案】BD【分析】根據(jù)空間中直線，平面的位置關(guān)系分別去判斷各個選項.【詳解】對于A，若m//α，n//α，則m與n可能平行，相交或異面，故A錯誤；對于B，若α//γ，β//γ，則α//β，故B正確；對于C，根據(jù)面面平行的判定定理，只有當m與n是平面β內(nèi)的兩條相交直線時，方可確定α//β，故C錯誤；對于D，∵α⊥β，m⊥α，∴m//β或m?β，又n⊥β，∴m⊥n，故D正確.故選：BD.【方法技巧與總結(jié)】理解面面垂直的判定定理注意以下幾點：（1）定理可簡記為“線面垂直，則面面垂直”，因此要證明平面與平面垂直，只需在其中一個平面內(nèi)找另一個平面的垂線，即證“線面垂直”.（2）兩個平面垂直的判定定理，不僅僅是判定兩個平面垂直的依據(jù)，而且是找出垂直于一個平面的另一個平面的依據(jù).（3）要證a⊥β，可證α經(jīng)過β的某一條垂線，也可證明β經(jīng)過α的某一條垂線．【題型二：面面垂直的判定定理】例2．（2024高一下·全國·專題練習）已知平面五邊形ABCDE如圖1所示，其中AD//BC,AB⊥BC,AD=2BC=4，AB=6,△ADE是正三角形．現(xiàn)將四邊形ABCD沿AD翻折，使得CE=32【答案】證明見解析【分析】取AD的中點O，連接EO,CO，求出OE,OC，利用勾股定理證明EO⊥CO，再根據(jù)線面垂直的判定定理證明EO⊥平面ABCD，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證.【詳解】如圖，取AD的中點O，連接EO,CO，因為△ADE是等邊三角形，O為AD的中點，所以EO⊥AD，因為AD=4，所以EO=4因為AD=2BC，∠ABC=90°，AD//所以四邊形ABCO為矩形，所以CO=AB=6又因為CE=32，所以CE2因為EO⊥AD，EO⊥CO，CO∩AD=O，CO,AD?平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，又因為EO?平面ADE，所以平面ABCD⊥平面ADE．變式2-1.（2024高一下·全國·專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，PB=PD．證明：平面PAC⊥平面PBD；【答案】證明見解析【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理進行證明即可.【詳解】連接AC,BD，AC與BD相交于點O，連接PO，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，則AC⊥BD，O為AC和BD的中點，PB=PD，則PO⊥BD，PO,AC?平面PAC，PO∩AC=O，BD⊥平面PAC，又因為BD?平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.變式2-2．（23-24高一下·浙江金華·期中）如圖，在幾何體中，四邊形ABCD為菱形，對角線AC與BD的交點為O，四邊形DCEF為梯形，DC∥(1)若DC=2EF，求證：OE//平面ADF；(2)若FB=FD，求證：平面AFC⊥平面ABCD.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）取AD的中點G，連接OG，F(xiàn)G，從而可得OGEF為平行四邊形，即可證明OE//平面ADF（2）只需證明BD⊥平面AFC，即可證明平面AFC⊥平面ABCD.【詳解】（1）證明：取AD的中點G，連接OG，F(xiàn)G，∵O是菱形ABCD的對角線AC，BD的交點，∴OG//DC，且又∵EF//DC，且∴OG//EF，且從而OGEF為平行四邊形，∴OE//又FG?平面ADF，OE?平面ADF，∴OE//平面ADF（2）證明：連接OF，∵四邊形ABCD為菱形，∴OC⊥BD，∵FD=FB，O是BD的中點，∴OF⊥BD，又OF∩OC=O，OF,OC?平面AFC，∴BD⊥平面AFC，又BD?平面ABCD，∴平面AFC⊥平面ABCD.變式2-3．（19-20高一下·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在矩形ABCD中，已知AB=12AD，E是AD的中點，沿BE將△ABE折起至△A'BE的位置，使【答案】證明見解析【分析】取CD的中點M，BE的中點N，得到MN//BC，易知A'N⊥BE，A'M⊥CD，得到CD⊥平面A'MN，CD⊥A'N【詳解】如圖所示，取CD的中點M，BE的中點N，連接A'則MN//∵AB=12AD，E∴AB=AE，即A'∴A∵A'C=在四邊形BCDE中，CD⊥MN，又∵MN∩A'M=M，MN,∴CD⊥平面A'∵A'N?平面A∵DE//BC且∴直線BE必與直線CD相交，且BE,CD?平面BCDE.又∵A'N⊥BE∴A'N⊥又∵A'N?∴平面A'BE⊥平面【方法技巧與總結(jié)】證明平面與平面垂直證明面面垂直的方法：（1）證明兩個半平面構(gòu)成的二面角的平面角為90°；（2）證明一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明線面垂直的問題.2.利用判定定理證明兩個平面垂直時，一般方法是先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若圖形中不存在這樣的垂線，則可通過作輔助線來解決，而作輔助線則應有理論根據(jù)并且要有利于證明.【題型三：面面垂直證明線面垂直】例3．（2022高三·全國·專題練習）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是平行四邊形，E是CD上一點，且AB=BC=AC=2CE，若平面PAB⊥平面ABCD,AP⊥BD．(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在；理由見解析【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)知AE⊥平面PAB，故AE⊥AP，再由AP⊥BD得PA⊥平面ABCD；（2）取F為PB的中點，G為PA的中點，可證四邊形CEGF是平行四邊形，由線面平行判斷可證CF∥平面PAE.【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，且AB=BC=AC=2CE，∴四邊形ABCD是菱形，且AE⊥CD,∵AB//CD,∴AE⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AE?平面ABCD，∴AE⊥平面PAB，又AP?平面PAB，∴AE⊥AP．∵AP⊥BD,BD與AE相交，BD,AE?平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD．（2）當F為PB的中點時，CF//平面PAE．理由如下：取F為PB的中點，G為PA的中點，連接CF,FG,EG，則FG//AB，且FG=1∵底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，∴CE//AB，且CE=1∴FG//CE，且FG=CE．∴四邊形CEGF是平行四邊形，∴CF//EG．∵CF?平面PAE,EG?平面PAE,∴CF//平面PAE變式3-1．（22-23高三上·河南·期末）在平面四邊形ABCD中，BC//AD，BC⊥CD，點E為AD的靠近A的三等分點，AB=BC=DE=2，將△ABE沿BE折起，使得平面ABE⊥平面BCDE，已知點N在線段CD上，且滿足DN=2NC，點M為(1)證明：DM⊥平面AEN；(2)若F為AB的中點，求點N到平面FMD的距離.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）先由已知條件判斷四邊形BCDE為矩形，即BE⊥AD，進而得在折起后，BE⊥AE，BE⊥DE，再由面面垂直的性質(zhì)定理可得AE⊥平面BCDE，可判斷AE⊥DM，利用DM?EN=0（2）取EB的中點G，連接FG,GM,GD，MN，F(xiàn)N，得FG⊥平面BCDE，利用余弦定理得cos∠DFM=31020，即【詳解】（1）證明：因為BC∥AD，BC=DE，所以四邊形BCDE為平行四邊形，因為BC⊥CD，所以四邊形BCDE為矩形，得BE⊥AD，在折起后，BE⊥AE，BE⊥DE，因為平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE=BE，AE?平面ABE,所以AE⊥平面BCDE，因為DM?平面BCDE，所以AE⊥DM，因為AB=BC=DE=2，所以AE=1，BE=3因為點N在線段CD上，且滿足DN=2NC，點M為BC的中點，所以DN=233DM=因為DM?所以DM⊥EN，即因為AE?平面AEN，EN?平面AEN，AE∩EN=E，所以DM⊥平面AEN.（2）取EB的中點G，連接FG,GM,GD，MN，F(xiàn)N，則FG//AE，所以FG⊥平面BCDE，F(xiàn)G為三棱錐FG=12AE=又GM=12+32所以FD=122所以cos∠DFM=5+2?42×所以S△DFM設點N到平面FMD的距離為?，由VN?DFM=VF?DMN得即點N到平面FMD的距離為293變式3-2．（2024·陜西榆林·一模）在三棱錐A?BCD中，AB=AD,CB=CD,O為BD的中點.(1)證明：BD⊥平面OAC.(2)若AB=BC=BD=2，平面ABD⊥平面BCD，求點B到平面ACD的距離.【答案】(1)證明見解析(2)d=【分析】（1）由三線合一得到線線垂直，進而得到線面垂直；（2）由面面垂直得到線面垂直，求出VA?BCD【詳解】（1）因為AB=AD,CB=CD，O為BD的中點，所以OA⊥BD,OC⊥BD，又因為OA,OC?平面OAC,OA∩OC=O，所以BD⊥平面OAC.（2）因為平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD,OA⊥BD，OA?平面ABD，所以OA⊥平面BCD，因為AB=BC=BD=2，所以△ABD,△BCD均為等邊三角形，故AO=OC=3，故S所以VA?BCD因為OA⊥平面BCD，OC?平面BCD，所以OA⊥OC，由勾股定理得AC=O取AC的中點H，連接DH，在△ACD中，AD=CD=2,AC=6，故DH⊥AC故DH=22?設點B到平面ACD的距離為d，所以13×15變式3-3．（2023高二上·山西·學業(yè)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD,M是PA中點．(1)求證：DM⊥平面PAB；(2)求直線BD與平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)42【分析】（1）確定DM⊥AP，AB⊥AD，根據(jù)面面垂直得到AB⊥平面PAD，得到AB⊥DM，得到證明.（2）設AD,BC的中點分別為E,F，確定PE⊥平面ABCD，計算VP?BCD=233【詳解】（1）△PAD是正三角形，M是PA中點，所以DM⊥AP，因為ABCD是正方形，所以AB⊥AD，又因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，DM?平面PAD，所以AB⊥DM，因為AB?平面PAB,AP?平面PAB,AB∩AP=A，所以DM⊥平面PAB．（2）設AD,BC的中點分別為E,F，根據(jù)對稱性知PB=PC，故PE⊥AD,PF⊥BC，設AB=2a，則PA=PD=2a,PE=3因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PE?側(cè)面PAD，所以PE⊥平面ABCD，在△PBC中，因為BC=2a,PB=PC=22a，所以所以VP?BCD設點D到平面PBC的距離為?，則VD?PBC因為VD?PBC=V設直線BD與平面PBC所成角為θ，則sinθ=故直線BD與平面PBC所成角的正弦值為4214【方法技巧與總結(jié)】對面面垂直的性質(zhì)定理的理解①定理成立的條件有兩個：a.直線在其中一個平面內(nèi)；b.直線與兩平面的交線垂直②定理的實質(zhì)是由面面垂直得線面垂直，故可用來證明線面垂直.③處理面面垂直的問題時，通常經(jīng)過此定理轉(zhuǎn)化為線面垂直.【題型四：面面垂直證明線線垂直】例4．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，圓柱的軸截面ABCD是正方形，點E在底面的圓周上，AF⊥DE，F(xiàn)是垂足．(1)求證：AF⊥DB；(2)如果圓柱與三棱錐D?ABE的體積的比等于3π，求直線DE與平面ABCD【答案】(1)證明見解析；(2)5【分析】（1）利用EB⊥平面DAE得到線線垂直，再結(jié)合另一組線線垂直證明線面垂直即可.（2）結(jié)合給定的體積比，運用幾何法求解線面角即可.【詳解】（1）根據(jù)圓柱性質(zhì)，DA⊥平面ABE．∵EB?平面ABE，∴DA⊥EB．∵AB是圓柱底面的直徑，點E在圓周上，∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，AE,AD?平面DAE，故得EB⊥平面DAE．∵AF?平面DAE，∴EB⊥AF．又AF⊥DE，且EB∩DE=E，EB,DE?平面DEB，故AF⊥平面DEB．∵DB?平面DEB，∴AF⊥DB．（2）過點E作EH⊥AB，H是垂足，連接DH．根據(jù)圓柱性質(zhì)，平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，且EH?平面ABE，所以EH⊥平面ABCD．又DH?平面ABCD，所以DH是DE在平面ABCD上的射影，從而∠EDH是DE與平面ABCD所成的角．設圓柱的底面半徑為R，則DA=AB=2R，于是V圓柱=2π由V圓柱VD?ABE=3則AH=R,DH=∴tan變式4-1．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C【答案】證明見解析【分析】過點E作EN⊥AC于點N，連接NF,AC1，通過證明A1【詳解】證明：過點E作EN⊥AC于點N，連接NF,AC由正三棱柱的性質(zhì)可知，平面ABC⊥平面A1因為EN?平面ABC，平面ABC∩平面A1所以EN⊥平面A1又因為A1C?平面所以EN⊥A因為E為等邊△ABC的邊BC的中點，所以CE=2，在Rt△CNE中，CN=CE?則CNCA=CF又在正方形A1ACC故NF⊥A因為NF∩EN=N,NF,EN?平面EFN，所以A1C⊥平面EFN，而EF?平面所以EF⊥A變式4-2．（2023·上海長寧·一模）如圖，在三棱錐A?BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的中點.

(1)求證：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求異面直線BC與AD所成的角的大小.【答案】(1)證明見解析；(2)π3【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)推理即得.（2）分別取AB,AC的中點M,N，利用幾何法求出異面直線BC與AD所成的角.【詳解】（1）在三棱錐A?BCD中，由AB=AD,O為BD的中點，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）分別取AB,AC的中點M,N，連接OM,ON,MN，于是MN//BC,OM//AD，則∠OMN是異面直線BC與AD所成的角或其補角，

由（1）知，AO⊥BD，又AO=BO，AB=AD，則∠ADB=∠ABD=π4，于是令AB=AD=2，則DC=BD=22，又BD⊥DC則有BC=BOC=DC2+OD2=10，又則AO⊥OC，AO=2，AC=由M,N分別為AB,AC的中點，得MN=1顯然MN2=4=OM2+ON所以異面直線BC與AD所成的角的大小π3變式4-3．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，G為AD邊中點，四邊形ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形．△PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.求證：(1)BG⊥平面PAD；(2)AD⊥PB.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理證明即可；（2）由線面垂直判定定理和性質(zhì)定理證明即可.【詳解】（1）如圖，連接PG,BD，∵四邊形ABCD是菱形且∠DAB=60°，∴△ABD是正三角形，∵G為AD的中點，∴BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，BG?平面ABCD，∴BG⊥平面PAD.（2）由（1）可知BG⊥AD，∵△PAD為正三角形，G為AD的中點，∴PG⊥AD，又PG∩BG=G,PG,BG?平面PBG，∴AD⊥平面PBG，又PB?平面PBG，∴AD⊥PB.【題型五：動點探索問題】例5．（22-23高一下·吉林長春·期末）如圖，在四棱錐Q?ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面QAD是正三角形，側(cè)面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中點．

(1)求證：AM⊥平面QCD；(2)求側(cè)面QBC與底面ABCD所成二面角的余弦值；(3)在棱QC上是否存在點N使平面BDN⊥平面AMC成立？如果存在，求出QNNC【答案】(1)證明見解析(2)2(3)存在，QN【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得CD⊥面QAD，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得CD⊥AM，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；（2）取AD的中點E，BC的中點F，連接QE,EF,FQ，證明BC⊥平面QEF，從而可得∠QFE即為側(cè)面QBC與底面ABCD所成二面角的平面角，進而可得答案；（3）連接CE交BD于點O，連接ON，易得AC⊥BD，當ON⊥面ABCD，證明此時平面AMC⊥平面BDN，再根據(jù)相似比即可求出QNNC【詳解】（1）因為側(cè)面QAD是正三角形，M是QD的中點，所以AM⊥QD，因為CD⊥AD，面QAD⊥面ABCD，面QAD∩面ABCD=AD，CD?面ABCD，所以CD⊥面QAD，又AM?面QAD，所以CD⊥AM，又CD∩QD=D,CD,QD?平面QCD，所以AM⊥平面QCD；（2）取AD的中點E，BC的中點F，連接QE,EF,FQ，則EF//AB且EF=AB，故EF⊥BC，因為面QAD⊥面ABCD，面QAD∩面ABCD=AD，QE?面QAD，所以QE⊥面ABCD，因為EF,BC?面ABCD，所以QE⊥EF,QE⊥BC，又EF∩QE=E,EF,QE?平面QEF，所以BC⊥平面QEF，又QF?平面QEF，所以BC⊥QF，則∠QFE即為側(cè)面QBC與底面ABCD所成二面角的平面角，設AB=2，則EF=2,QE=3，故QF=所以cos∠QFE=即側(cè)面QBC與底面ABCD所成二面角的余弦值為27（3）當ON⊥面ABCD時，平面AMC⊥平面BDN，證明如下：如圖，連接CE交BD于點O，連接ON，因為底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，由（2）得QE⊥面ABCD，因為AC?面ABCD，所以QE⊥AC，因為ON⊥面ABCD時，ON//QE，所以又ON∩BD=O,ON,BD?平面BDN，所以AC⊥平面BDN，又AC?平面AMC，所以平面AMC⊥平面BDN，因為AD//BC，所以因為ON//QE，所以所以在棱QC上是否存在點N，當QNNC=1

【點睛】方法點睛：求二面角常用的方法：（1）幾何法：二面角的大小常用它的平面角來度量，平面角的作法常見的有：①定義法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性質(zhì)；（2）空間向量法：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求二面角是銳角還是鈍角.變式5-1．（23-24高二上·北京·階段練習）如圖示，正方形ABCD與正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中點.

(1)求證：PQ⊥BQ；(2)在線段AB上是否存在一點N，使面PCN⊥面PQB？并證明你的結(jié)論.【答案】(1)證明見解析(2)存在點N，當N為AB中點時面PCN⊥面PQB，證明見解析【分析】（1）依題意可得PQ⊥AD，由面面垂直的性質(zhì)得到PQ⊥平面ABCD，從而得證；（2）當N為AB中點時，面PCN⊥面PQB，首先證明BQ⊥NC，由線面垂直的性質(zhì)得到PQ⊥NC，從而得到NC⊥平面PQB，即可得證.【詳解】（1）∵PA=PD，Q為AD的中點．∴PQ⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ?平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∵BQ?平面ABCD，∴PQ⊥BQ．（2）存在點N，當N為AB中點時，面PCN⊥面PQB；證明如下：∵四邊形ABCD是正方形，Q為AD的中點，則Rt△CBN≌所以∠ABQ=∠BCN，又∠ABQ+∠CBQ=90°，所以∠BCN+∠CBQ=90°∴BQ⊥NC，由（1）知，PQ⊥平面ABCD，NC?平面ABCD，∴PQ⊥NC，又BQ∩PQ=Q，BQ,PQ?平面PQB，∴NC⊥平面PQB，∵NC?平面PCN，∴平面PCN⊥平面PQB．

變式5-2．（22-23高一下·北京平谷·期末）如圖，幾何體ABCDEF中，面ADEF⊥面ABCD，AF⊥AD，EF//AD，且EF=12AD，AF=2，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，∠ABC=60°

(1)證明：EO//平面ABF(2)求三棱錐E?OCD的體積；(3)試判斷在棱CD上是否存在一點M，使得平面FAM⊥平面CDE?說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)4(3)存在，理由見解析【分析】（1）取AB中點M，連接OM,FM，易證OMFE為平行四邊形，從而有OE∥FM，再利用線面平行的判定定理證明；（2）由EF//AD，利用線面平行的判定定理得到EF∥面ABCD，從而得到E到面ABCD的距離為AF=2，再由菱形ABCD，求得（3）由三角形ACD為等邊三角形，點M為棱CD的中點，AM⊥CD，由面ADEF⊥面ABCD，得到AF⊥面ABCD，從而CD⊥面AFM，然后利用面面垂直的判定定理證明.【詳解】（1）證明：取AB中點M，連接OM,FM．

∵菱形ABCD,∴O為BD中點，∴OM//AD且OM=1∵EF//AD且EF=1∴OM//EF,OM=EF，∴OMFE為平行四邊形，OE//FM，∵OE?面ABF,FM?面ABF，∴EO//平面ABF；（2）∵EF//AD,EF?面ABCD,AD?面ABCD，∴EF//面ABCD，∴E到面ABCD的距離為AF=2，∵菱形ABCD對角線AC⊥BD，∴S∴三棱錐E?OCD的體積V=1（3）在棱CD上存在一點M，使得平面FAM⊥平面CDE，且點M為棱CD的中點．證明：∵三角形ACD為等邊三角形，點M為棱CD的中點，∴AM⊥CD，∵面ADEF⊥面ABCD，面ADEF∩面ABCD=AD,AF⊥AD，AF?面ADEF，∴AF⊥面ABCD，又CD?面ABCD，所以AF⊥CD，又∵AM∩AF=A，AM?面AFM，AF?面AFM，∴CD⊥面AFM，∵CD?平面CDE，∴平面FAM⊥平面CDE.變式5-3．（2023高一·全國·專題練習）在四棱錐P?ABCD中，△PAD是等邊三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD=2AB=2BC，∠BAD=∠ABC=90o．在AD上是否存在一點M，使得平面PCM⊥平面【答案】存在；證明見解析【分析】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可證PM⊥平面ABCD，進而可得結(jié)果.【詳解】存在，當M為AD的中點時，平面PCM⊥平面ABCD，證明如下：取AD的中點M，連接CM,PM，因為△PAD是等邊三角形，可得PM⊥AD，由平面PAD⊥平面ABCD，PM?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PM⊥平面ABCD，且PM?平面PCM，所以平面PCM⊥平面ABCD.．【題型六：面面垂直的應用】例6.（2024·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，PA．2,6 B．2,5 C．3,【答案】B【分析】求出△BCQ的高的范圍即可.【詳解】如圖，連接BP，過Q作QR⊥BC，垂足為R．在直三棱柱ABC?A1B1C1中，CC所以CC1⊥BC故CC過Q作QM⊥B1C1于點M，連接MR，易得則BC⊥MR，又BC⊥BB1，所以因為QM≤PB1，MR=BB1，所以QR≤PB，則CC當Q與C1重合時，QR=CC1當Q與P重合時，由BC⊥AB，BC⊥BB1，AB⊥BB1=B所以BC⊥PB，所以QR=PB=12+所以△BCQ的面積的取值范圍為2,5故選：B變式6-1.（2024·四川廣安·二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，EF是△BCD的中位線，AC與EF交于點G，已知△PEF是△CEF繞EF旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形﹐且P?平面ABCD.給出下列結(jié)論：①BD//平面PEF；②平面PAC⊥平面ABCD；③“直線PF⊥直線AC”始終不成立.其中所有正確結(jié)論的序號為（

）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【答案】B【分析】利用線面平行的判定判斷①；利用面面垂直的判定推理判斷②；舉例說明判斷③.【詳解】菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，EF是△BCD的中位線，則EF//BD，而EF?平面PEF，BD?平面PEF，因此BD//平面PEF，①正確；連接PG，由BD⊥AC，得EF⊥AG,EF⊥PG，而AG∩PG=G,AG,PG?平面PAC，則EF⊥平面PAC，又EF?平面ABCD，因此平面PAC⊥平面ABCD，②正確；顯然∠PGA是二面角P?EF?A的平面角，△PEF由△CEF繞EF旋轉(zhuǎn)過程中，∠PGA從180°逐漸減小到0°（不包含180°和0°），當PG∩EF=G,PG,EF?平面PEF，則AG⊥平面PEF，而PF?平面PEF，于是PF⊥AG，③錯誤，所以所有正確結(jié)論的序號為①②.故選：B變式6-2.（2024高一下·全國·專題練習）如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面ABC，點C是圓上的任意一點，圖中有（

）對平面與平面垂直.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)面面垂直的判定定理進行證明判斷．【詳解】由PA⊥平面ABC，PA?平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC，同理，平面PAC⊥平面ABC.由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC，又AC⊥BC,BC⊥PA，且PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，由BC?平面PBC，從而平面PBC⊥平面PAC，故圖中相互垂直的平面有3對．故選：C．變式6-3.（23-24高一上·浙江紹興·期末）大善塔，位于紹興市區(qū)城市廣場東南隅，是紹興城地標性建筑，其塔頂部可以近似地看成一個正六棱錐.假設該六棱錐的側(cè)面和底面的夾角為π3A．2:3 B．1:3 C．3:2 D．3:1【答案】C【分析】如圖正六棱錐P?ABCDEF中，取AB的中點M，則∠PMO為側(cè)面和底面的夾角，根據(jù)POOM的值可求得PO【詳解】

如圖正六棱錐P?ABCDEF中，底面中心為O，取AB的中點M，連接PM，則AB⊥PM，AB⊥OM，所以∠PMO因為PO⊥底面ABCDEF，OM?底面ABCDEF，所以PO⊥OM，所以POOM又OM=32AB所以POAB故選：C【題型七：二面角問題】例7．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E為棱AD的中點，PA⊥(1)求證：AB//平面PCE；(2)求證：平面PAB⊥平面PBD；(3)若二面角P?CD?A的大小為45°，求直線PA與平面PBD【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)3【分析】（1）由題意可證四邊形BCEA為平行四邊形，則AB//EC，結(jié)合線面平行的判定定理即可證明；（2）如圖，易證BD⊥EC，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)與判定定理可得BD⊥平面PAB，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（3）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)與判定定理可得∠PDA為二面角P?CD?A的平面角，即∠PDA=45°，作AM⊥PB，由面面垂直的性質(zhì)確定∠APM為直線PA與平面【詳解】（1）因為BC//AE且BC=AE，所以四邊形BCEA為平行四邊形，則AB//EC，又AB?平面PCE，EC?平面PCE，所以AB//平面PCE；（2）由PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，得PA⊥BD，連接BE，由BC//DE且BC=DE，所以四邊形BCDE為平行四邊形，又DE⊥CD,BC=CD=1，所以平行四邊形BCDE為正方形，所以BD⊥EC，又AB//EC，所以BD⊥AB，又PA∩AB=A,PA、AB?平面PAB，所以BD⊥平面PAB，由BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB；（3）由PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，又CD⊥AD，PA∩AD=A,PA、AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以CD⊥PD，故∠PDA為二面角P?CD?A的平面角，即∠PDA=45在Rt△PAD中，PA=AD=2，作AM⊥PB由（2）知，平面PBD⊥平面PAB，平面PBD∩平面PAB=PB，AM?平面PAB，所以AM⊥平面PBD，則PM為直線AP在平面PBD上的投影，所以∠APM為直線AP與平面PBD所成的角，在Rt△PAB中，AB=CE=2,PA=2,PB=在Rt△AMP中，sin即直線AP與平面PBD所成角的正弦值為33

變式7-1．（23-24高一下·廣東河源·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，已知底面ABCD為矩形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD,M是棱PD的中點，AD=2.(1)證明：AM⊥平面PCD；(2)若二面角M?BC?D為π6，求異面直線AB與PC【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的性質(zhì)判定推理即得.（2）作出二面角M?BC?D的平面角，由此求出CD，再利用異面直線所成角的定義求出其正切值.【詳解】（1）在四棱錐P?ABCD中，由底面ABCD為矩形，得CD⊥AD，由側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD=AD,CD?平面ABCD，得CD⊥平面PAD，又AM?平面PAD，則CD⊥AM，又側(cè)面PAD是正三角形，M是PD的中點，則PD⊥AM，又PD∩CD=D,PD,CD?平面PCD，所以AM⊥平面PCD.（2）如圖，在平面PAD內(nèi)，過點M作MH⊥AD，垂足為H，顯然MH=3由側(cè)面PAD⊥底面ABCD，交線為AD，得MH⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，則BC⊥MH，過H作HN⊥BC，垂足為N，連接MN，顯然MH∩HN=H，MH,HN?平面MNH，則BC⊥平面MNH，而MN?平面MNH，因此BC⊥MN，則∠MNH即為二面角M?BC?D的平面角，其大小為π6在Rt△MHN中，tan∠MNH=MH由NH//CD,DH//CN，得四邊形CDHN為平行四邊形，則CD=3由AB//CD，得∠PCD（或其補角）為異面直線AB與PC所成角，由（1）知CD⊥平面PAD，則△PCD為直角三角形，tan∠PCD=所以異面直線AB與PC所成角的正切值為43變式7-2．（23-24高二下·重慶·階段練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面ABC⊥側(cè)面ACC(1)證明：A1C⊥平面(2)若cos∠A1AC=1【答案】(1)證明見解析；(2)36【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用菱形的性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)及判定推理即得.（2）作出二面角的平面角，再在直角三角形中計算即得.【詳解】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，由由平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC得BC⊥平面ACC1A1，而A1C?平面因此A1C⊥B1C所以A1C⊥平面（2）在平面ACC1A1內(nèi)過點A1作A1O⊥AC于O，由平面ABC⊥得A1O⊥平面ABC，而AB?平面ABC，則在平面ABC內(nèi)過O作OD⊥AB于D，連接A1D，又OD∩A于是AB⊥平面A1OD，而A1D?平面A1OD，則由cos∠A1AC=13，得AO=1,A則OD=2633=2211所以平面ABB1與平面ABC所成的角的余弦值是變式7-3．（23-24高二上·海南海口·階段練習）如圖1，在梯形ABCD中，AB//CD，∠D=90°，AB=22，AD=DC=2.現(xiàn)將梯形ABCD沿對角線AC折成直二面角(1)求證：AD⊥平面BCD；(2)求二面角D?AB?C的正切值.【答案】(1)證明見解析；(2)2.【分析】（1）由勾股定理逆定理證得AC⊥BC，再利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)判定推理即得.（2）作出二面角D?AB?C的平面角，利用幾何法求出正切值即得.【詳解】（1）在梯形ABCD中，由AB//CD,∠D=90°,AD=DC=2，得AC=2,∠BAC=∠CAD=45°在△ABC中，BC則AC2+BC2=8=AB得平面ACD⊥平面ABC，而平面ACD∩平面ABC=AC，BC?平面ABC，于是BC⊥平面ACD，而AD?平面ACD，則AD⊥BC，又AD⊥CD,CD⊥BC=C,CD,BC?平面BCD，所以AD⊥平面BCD.（2）取AC中點O，過O作OE⊥AB于E，連接OD,DE，由AD=DC=2，得OD⊥AC，又∠CAD=45°，則OA=OD=1又平面ACD⊥平面ABC，而平面ACD∩平面ABC=AC，OD?平面ACD，則OD⊥平面ABC，而AB?平面ABC，則OD⊥AB，又OD∩OE=O,OD,OE?平面DOE，于是AB⊥平面DOE，而DE?平面DOE，則DE⊥AB，因此∠DEO是二面角D?AB?C的平面角，OE=OAsin45°=22，在所以二面角D?AB?C的正切值是2.一、單選題1．（22-23高一下·河南洛陽·階段練習）設l，m是不同的直線，α，β是不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若l∥α，m∥β，α∥β，則l∥m C．若α⊥β，l∥α，m∥β，則l⊥m D．若α⊥β，l【答案】B【分析】對于A，C與D，可通過舉反例的方式說明其錯誤性，B選項可以直接證明其正確性.【詳解】對于A，若l∥α，m∥β，α∥

對于C與D，若α⊥β，l∥α，m∥β，則

對于B，若l∥m，m⊥β，則又因為l⊥α，故α∥故選：B.2．（2024高一下·全國·專題練習）在正方體ABCD?A'BA．30° B．45° C．60°【答案】B【分析】作出圖形，根據(jù)二面角的定義，結(jié)合正方體的線面關(guān)系判斷出待求二面角的平面角即可求解.【詳解】如圖，由正方體的性質(zhì)易知AB⊥平面ADD'A'，AD?平面ADD則AB⊥AD,AB⊥AD而平面ABCD∩平面ABC則∠D'AD又因為四邊形ADD所以∠D'AD=45°故選：B.3．（22-23高一下·陜西咸陽·階段練習）在四面體ABCD中，△BCD為正三角形，AB與平面BCD不垂直，則下列說法正確的是（

）A．AB與CD可能垂直B．A在平面BCD內(nèi)的射影可能是BC．AB與CD不可能垂直D．平面ABC與平面BCD不可能垂直【答案】A【分析】A選項只需滿足AC=AD即可，B選項與題干矛盾，C選項與A選項矛盾， D選項只需滿足AC⊥平面BCD即可.【詳解】如圖所示：取CD的中點E，連接AE，BE

假設AB⊥CD，因為△BCD為等邊三角形，所以BE⊥CD，又因為AB∩BE=B，所以CD⊥平面ABE，所以CD⊥AE又因為E是CD中點，所以AC=AD，只需滿足AC=AD，即可做到AB⊥CD，故A正確C錯誤；對于B：若A在平面BCD內(nèi)的射影為B，則有AB⊥平面BCD，與題干矛盾，故B錯誤；對于D：過C點可以做出一條直線，使得該直線垂直與平面BCD，A點只需在該直線上，即滿足AC⊥平面BCD即可達到要求，故D錯誤.故選：A4．（23-24高二上·浙江寧波·期末）把正方形紙片ABCD沿對角線AC折成直二面角，E為AB的中點，F(xiàn)為CD的中點，O是原正方形ABCD的中心，則折紙后∠EOF的余弦值大小為（

）A．?66 B．?32 C．【答案】C【分析】要求∠EOF的余弦值，需求EF,故要構(gòu)造Rt△EFH，分別求FH,EH，易得FH,可通過余弦定理求得EH【詳解】如圖，連接DO,則DO⊥AC,過點F作FH⊥AC,垂足為H，連接FH,EH.因平面DAC⊥平面ABC,且平面DAC∩平面ABC=AC，F(xiàn)H?平面DAC，故得：FH⊥平面ABC，又EH?平面ABC,則FH⊥EH.設正方形ABCD的邊長為4，則AC=42,DO=2在△AEH中，由余弦定理可得：EH2=A在Rt△EFH中，EF=EH設∠EOF=θ,在△EOF中，由余弦定理：cosθ=故選：C.5．（2024·全國·模擬預測）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點A．22 B．C．1 D．2【答案】B【分析】由正方體的性質(zhì)可得AB⊥AD，AB⊥AE，即可得到∠EAD為平面ABE與底面ABCD所成角的平面角，再由銳角三角函數(shù)計算可得.【詳解】依題意AB⊥平面ADD1A1，所以AB⊥AD，AB⊥AE，所以∠EAD為平面ABE與底面ABCD所成角的平面角，設正方體的棱長為2，則AD=2，DE=1，又AD⊥DD1，所以即平面ABE與底面ABCD所成角的正切值為12故選：B6．（2024·北京平谷·模擬預測）一個邊長為10cm的正方形鐵片，把圖中所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個容器側(cè)面與底面的夾角正切值為（

）A．34 B．43 C．22【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合正四棱錐的結(jié)構(gòu)特征，求出正四棱錐的斜高及底面邊心距即可計算得解.【詳解】依題意，正四棱錐的底面正方形邊長為6，斜高為?'=5，則底面正方形邊心距為于是正四棱錐的高為?=5所以這個容器側(cè)面與底面的夾角正切值為?r故選：B7．（2024高一下·全國·專題練習）在空間四邊形ABCD中，AD⊥BC,BD⊥AD，那么必有（

）A．平面ABD⊥平面ADCB．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BCDD．平面ABC⊥平面BCD【答案】C【分析】由面面垂直的判定定理判斷．【詳解】在空間四邊形ABCD中，AD⊥BC,BD⊥AD,又由BC∩BD=B,且BC?面BCD，BD?平面BCD，AD?平面BCD，所以AD⊥平面BCD，又因為AD?平面ACD,所以平面ADC⊥平面BCD，故選：C.8．（23-24高一上·浙江紹興·期末）已知點P是邊長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1表面上的動點，若直線A．32 B．22+π C．【答案】D【分析】由題意，分析可得點P的軌跡，分別計算各段軌跡的長度即可.【詳解】若點P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，過點P作P則∠PAP'為直線AP與平面ABCD所成的角，則又PP'=1，則PA=則點P的軌跡為以A1若點P在正方形ABB1A1內(nèi)或ADD因為點P不可能落在其他三個正方形內(nèi)，所以點P的軌跡如圖所示：故點P的軌跡長度為21+1故選：D二、多選題9．（2024·全國·模擬預測）如圖（1），在矩形ABCD中，AB=2AD，E是CD的中點，沿AE將△ADE折起，使點D到達點P的位置，并滿足PA⊥PB，如圖（2），則（

）

A．平面PAB⊥平面PBE B．平面PAE⊥平面PBEC．平面PAB⊥平面ABCE D．平面PAE⊥平面ABCE【答案】ABD【分析】首先證明PA⊥平面PBE，即可判斷A、B，在平面圖形中取AB的中點F，連接DF，交AE于點G，即可得到DF⊥AE，連接PF，即可得到∠PGF為二面角P?AE?B的平面角，利用勾股定理逆定理得到∠PGF=90°，從而得到平面PAE⊥平面【詳解】因為PA⊥PB,PA⊥PE，且PB∩PE=P，PB,PE?平面PBE，所以PA⊥平面PBE．又PA?平面PAB,PA?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PBE，平面PAE⊥平面PBE，故A，B正確．如圖（1），取AB的中點F，連接DF，交AE于點G，則△ADE和△ADF均為等腰直角三角形，所以∠DAE=∠ADF=45°，所以∠AGD=90°，即DF⊥AE，如圖（2），連接PF，因為PG⊥AE，F(xiàn)G⊥AE，所以∠PGF為二面角P?AE?B的平面角．設AD=2，則DG=GF=2，在Rt△PAB中，AB=2AD=4，F(xiàn)為AB的中點，故所以PG2+G所以平面PAE⊥平面ABCE，則平面PAB與平面ABCE不垂直，故C錯誤，D正確．故選：ABD．

10．（23-24高一下·河南·期中）已知棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，動點M在棱A．平面A1BC⊥平面B1C1D C．直線BN，C1M，CD交與同一點 D．B【答案】ACD【分析】對于A選項，由面面垂直的證明可得；對于B選項，當M位于D1時，直線CM∥平面BA1C1；對于C選項，確定點N，設BN與CD的交點為P，C1【詳解】A選項，因為BC⊥面DD1C1C，D因為A1B⊥AB1，因為BC∩A1B=B，BC,A1B?面因為DC1?面B1CB選項，當M位于D1時，CM∥BA1，因為BA1?面BA1CC選項，在過M作MN∥BC1，交AD于點N即為平面因為MN∥BC1，所以設BN與CD的交點為P，如圖因為△PDN～△PBC，所以PDPC設C1M與CD的交點為因為△QDM～△QCC1，所以因為DNDA=DMDD1，所以PDPC=QDD選項，將平面B1BDD當B1、M、C三點共線時，所以B1故選：ACD.11．（23-24高一下·重慶·階段練習）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，棱P、Q、R分別是CC1，A1D1A．截面多邊形的周長為2+210 C．截面多邊形存在外接圓 D．∠A1【答案】ABD【分析】根據(jù)題意畫出正