最高考文数考点一遍过（讲义） 考点31 直线、平面垂直的判定及其性质

这是一份最高考文数考点一遍过（讲义） 考点31 直线、平面垂直的判定及其性质，共60页。学案主要包含了直线与平面垂直，平面与平面垂直，垂直问题的转化关系等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题31 直线、平面垂直的判定及其性质
（1）以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.
理解以下判定定理：
·如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.
·如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.
理解以下性质定理，并能够证明：
·如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.
（2）能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.

一、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.图形表示如下：
【注意】定义中的“任意一条直线”这一词语与“所有直线”是同义语，与“无数条直线”不是同义语．
2．直线与平面垂直的判定定理
【注意】在应用该定理判断一条直线和一个平面垂直时，一定要注意是这条直线和平面内的两条相交直线垂直，而不是任意的两条直线.
3．直线与平面垂直的性质定理
4．直线与平面所成的角
（1）定义：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足．
过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影．
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
（2）规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于.因此，直线与平面所成的角α的范围是.
5．常用结论（熟记）
（1）若两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
（2）若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．
（3）过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
（4）过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
二、平面与平面垂直
1．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．平面α与平面β垂直，记作.图形表示如下：
2．平面与平面垂直的判定定理
3．平面与平面垂直的性质定理
4．二面角
（1）二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面．
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.
（2）二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.
（3）二面角的范围：.
5．常用结论（熟记）
（1）两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．
（2）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．
（3）如果两个平面互相垂直，那么过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
三、垂直问题的转化关系
考向一 线面垂直的判定与性质
线面垂直问题的常见类型及解题策略：
(1)与命题真假判断有关的问题．
解决此类问题的方法是结合图形进行推理，或者依据条件举出反例否定．
(2)证明直线和平面垂直的常用方法：
①线面垂直的定义；
②判定定理；
③垂直于平面的传递性()；
④面面平行的性质()；
⑤面面垂直的性质．
(3)线面垂直的证明．
证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
(4)线面垂直的探索性问题．
①对命题条件的探索常采用以下三种方法：
a．先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
b．先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
c．把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
②对命题结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.
典例1 如图所示，ΔADB和ΔADC都是以D为直角顶点的等腰直角三角形，且∠BAC=60°，下列说法中错误的是
A．AD⊥平面BDCB．BD⊥平面ADC
C．DC⊥平面ABDD．BC⊥平面ABD
【答案】D
【解析】易知AD⊥BD,AD⊥DC,所以AD⊥平面BDC,
又与均为以D为直角顶点的等腰直角三角形,所以.
又∠BAC＝60°,所以为等边三角形,
故BC＝AB＝2BD,
所以∠BDC＝90°,即BD⊥DC.
所以BD⊥平面ADC,
同理DC⊥平面ABD.
故选D .
1．在正方体中，点在侧面及其边界上运动，并且保持，则动点的轨迹为
A．线段
B．线段
C．的中点与的中点连成的线段
D．的中点与的中点连成的线段
典例2 如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形，D为线段AC的中点．
（1）求证：BD⊥平面ACC1A1；
（2）求证：直线AB1∥平面BC1D；
（3）设M为线段BC1上任意一点，在内的平面区域（包括边界）是否存在点E，使CE⊥DM?请说明理由．
【解析】（1）∵三棱柱ABC−A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形，
∴CC1⊥BC，CC1⊥AC，
∴CC1⊥平面ABC，
又∵BD⊂平面ABC，
∴CC1⊥BD，
又底面为等边三角形，D为线段AC的中点，
∴BD⊥AC，
又AC∩CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1A1．
（2）如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD，
则O为B1C的中点，
∵D是AC的中点，∴OD∥AB1，
又OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴直线AB1∥平面BC1D．
（3）在内的平面区域（包括边界）存在点E，使CE⊥DM，此时E在线段C1D上，证明如下：
如图，过C作CE⊥C1D，交线段C1D于点E，
由（1）可知，BD⊥平面ACC1A1，
又CE⊂平面ACC1A1，∴BD⊥CE，
由CE⊥C1D，BD∩C1D=D，得CE⊥平面BC1D，
∵DM⊂平面BC1D，
∴CE⊥DM．
2．如图，在正方体中，E为棱的中点，F为棱BC的中点．
（1）求证：AE⊥DA1；
（2）在线段AA1上求一点G，使得AE⊥平面DFG？并说明理由．
考向二 面面垂直的判定与性质
判定面面垂直的常见策略：
(1)利用定义(直二面角)．
(2)判定定理：可以通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直．
(3)在运用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，则一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直．
典例3 已知在梯形ABCD中，AB//CD，E,F分别为底AB,CD上的点，且EF⊥AB，EF=EB=12FC=2，EA=12FD，沿EF将平面AEFD折起至平面AEFD⊥平面EBCF，如图.
（1）求证：平面BCD⊥平面BDF；
（2）若AE=2，求多面体ABCDEF的体积．
【解析】（1）由平面AEFD⊥平面EBCF，且DF⊥EF知DF⊥平面EBCF．
而平面BDF，所以平面BDF⊥平面EBCF.
由，可知，即BC⊥BF，
又平面EBCF,
所以BC⊥平面BDF．
又平面BCD，所以平面BCD⊥平面BDF．
（2）依题意知，多面体ABCDEF是三棱台ABE−DCF，
易得高为EF=2，
两个底面面积分别是2和8，
故体积为23×2+8+2×8=283．
典例4 如图,直三棱柱ABC−A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AB=BC.
（1）证明:BC1//平面A1CD;
（2）证明:平面A1EC⊥平面ACC1A1.
【解析】（1）连接AC1,交A1C于点O,连接DO,则O是AC1的中点,
因为D是AB的中点,所以OD//BC1．
因为OD⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD，
所以BC1//平面A1CD．
（2）取AC的中点F,连接EO,OF,FB,
因为O是AC1的中点,
所以OF//AA1且OF=12AA1．
显然BE//AA1,且BE=12AA1,
所以OF//BE且OF=BE，
则四边形BEOF是平行四边形.
所以EO//BF,
因为AB=BC,所以BF⊥AC.
又BF⊥CC1,
所以直线BF⊥平面ACC1A1．
因为EO//BF,所以直线EO⊥平面ACC1A1.
因为EO⊂平面A1EC,
所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.
3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，AB=2，∠BAD=60°，M是PD的中点．
（1）求证：OM∥平面PAB；
（2）求证：平面PBD⊥平面PAC；
（3）当三棱锥C﹣PBD的体积等于时，求PA的长．
4．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，底面，，点在线段上，平面平面.
（1）请指出点的位置，并给出证明；
（2）若，求点到平面的距离.
考向三 线面角与二面角
求直线与平面所成的角的方法：
(1)求直线和平面所成角的步骤：
①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；
②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；
③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．
(2)求线面角的技巧：
在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等．
求二面角大小的步骤：
简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择．
典例5 正三棱柱的所有棱长都相等，D是的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】解法一：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知平面ACD，∴，
故为直角三角形．设棱长为1，则有，
∴.
设A到平面的距离为h，则有，
∴，
∴，∴.
设直线AD与平面所成的角为θ，则.
解法二：在正三棱柱中，由D为中点可证⊥平面，如图，作，∴.
又，∴AH⊥平面，∴∠为所求的线面角．
设棱长为2，在中由等面积法得，
∴.
故选B.
典例6 如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点.
（1）证明：平面⊥平面；
（2）若直线与平面所成的角为45°，求三棱锥的体积.
【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱，
所以，
又是正三角形的边的中点，
所以，因此平面，
而平面，
所以平面平面.
（2）如图，设的中点为，连接，
因为是正三角形，
所以，
又三棱柱是直三棱柱，
所以，因此平面，于是是直线与平面所成的角.
由题设知，所以，
在中，，
所以，
故三棱锥的体积.
5．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，底面是边长为的正三角形，且该三棱柱外接球的表面积为，若为底面的中心，则与平面所成角的大小为
A．B．
C．D．
6．已知四棱锥中，底面，，，，.
（1）当变化时，点到平面的距离是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
典例7 已知ABCD是正方形，E是AB的中点，将和分别沿DE、CE折起，使AE与BE重合，A、B两点重合后记为点P，那么二面角的大小为________．
【答案】
【解析】如图，取CD中点F，连接PF、EF.
∵EP⊥PD，EP⊥PC，∴EP⊥平面PCD，∴EP⊥CD.
∵PC=PD，∴PF⊥CD，
又PF∩PE=P，∴CD⊥平面PEF，
又EF⊂平面PEF，∴CD⊥EF，
∴∠PFE为二面角的平面角．
设正方形ABCD的边长为2，
在中，PE=1，EF=2，∴∠PFE=30°.
【名师点睛】（1）二面角的平面角的顶点是二面角棱上任意一点.为了解题方便，可以把其放在某一特殊位置，这要具体问题具体分析.
（2）求二面角的关键是找出（或作出）平面角，再把平面角放到三角形中求解.一般采取垂线法来作平面角，即过二面角的一个半平面内且不在棱上的一点作另一个半平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.
典例8 在ΔABC中，AB=4,AC=42,∠BAC=45∘，以AC的中线BD为折痕，将ΔABD沿BD折起，如图所示，构成二面角A'−BD−C,在平面BCD内作CE⊥CD，且CE=2．
（1）求证：CE∥平面A'BD；
（2）如果二面角A'−BD−C的大小为90∘，求二面角B−A'C−E的余弦值．
【解析】（1）由AB=4,AC=42,∠BAC=45∘得BC=4，
所以ΔABC为等腰直角三角形，
由D为AC的中点得BD⊥AC，
以AC的中线BD为折痕翻折后仍有BD⊥CD.
因为CE⊥CD，所以CE∥BD，
又CE⊄平面A'BD，BD⊂平面A'BD，
所以CE∥平面A'BD．
（2）因为二面角A'−BD−C的大小为90∘，所以平面A'BD⊥平面BDC，
又平面A'BD∩平面BDC=BD,A'D⊥BD，
所以A'D⊥平面BDC，因此A'D⊥CE，
又CE⊥CD，A'D∩CD=D，
所以CE⊥平面A'CD，从而CE⊥A'C．
由题意A'D=DC=22，
所以在RtΔA'DC中，A'C=4．
如图，设A'C中点为F，连接BF，
因为A'B=BC=4，所以BF⊥A'C，且BF=23，
如图，设A'E的中点为G，连接FG，BG，则FG∥CE，
由CE⊥A'C得FG⊥A'C，
所以∠BFG为二面角B−A'C−E的平面角，
如图，连接BE，在ΔBCE中，因为BC=4,CE=2,∠BCE=135∘，所以BE=26．
在RtΔDCE中，DE=(22)2+(2)2=10，
于是在RtΔA'DE中，A'E=(22)2+(10)2=32．
在ΔA'BE中，，
所以在ΔBFG中，．
因此二面角B−A'C−E的余弦值为.
7．已知菱形的边长为1，，将这个菱形沿折成的二面角，则两点间的距离为
A．B．
C．D．
8．如图，多面体，平面平面，，，，是的中点，是上的点.
（1）若平面，证明：是的中点；
（2）若，，求二面角的平面角的余弦值.
1．下列说法错误的是
A．垂直于同一个平面的两条直线平行
B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直
C．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行
D．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直
2．设a，b，c表示三条直线，α，β表示两个平面，则下列命题中不正确的是
A．B．
C．D．
3．如图，三条相交于点P的线段PA，PB，PC两两垂直，P在平面ABC外，PH⊥平面ABC于H，则垂足H是△ABC的
A．外心 B．内心
C．垂心 D．重心
4．若是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．如图,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=2,等边三角形ADB以AB为轴旋转,当平面ADB⊥平面ABC时,CD=
A．3B．2
C．5D．1
6．如图,在棱长为的正方体中,点、分别是棱、的中点，是底面上（含边界）一动点，且满足，则线段长度的取值范围是
A． B．
C． D．
7．《九章算术》卷五《商功》中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？问题中“刍甍”指的是底面为矩形的屋脊状的几何体，如图1，该几何体可由图2中的八边形ABCDEFGH沿BG，CF向上折起，使得AH与DE重合而成，设网格纸上每个小正方形的边长为1，则此“刍甍”中EF与平面BCFG所成角的正弦值为
A． B．
C． D．
8．如图所示，在直角梯形中，，分别是上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接（如图②）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是
①平面；
②四点不可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.
A．0B．1
C．2D．3
9．如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将△ABE,△DCE翻折,使得点A,D重合于点F,此时二面角E-BC-F的余弦值为
（1） （2）
A．B．
C．D．
10．如图，在正方体中，是棱上的动点，下列说法正确的是
A．对任意动点在平面内不存在与平面平行的直线
B．对任意动点在平面内存在与平面垂直的直线
C．当点从运动到的过程中，二面角的大小不变
D．当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变大
11．如图,三棱锥P−ABC,平面PAB⊥平面PBC,若PB⊥BC,则△ABC的形状为__________.
12．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=4，AC=3，AD=1，E为棱BC上一点，且平面ADE⊥平面BCD，则DE=__________.
13．如图，在直三棱柱中，是的中点，，若是正三角形，则直线和平面所成的角的大小是__________.
14．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，F是AC的中点，E是PC上的点，且EF⊥BC，则________.
15．如图所示，在四棱锥中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当DM⊥________时，平面MBD⊥平面PCD.
16．如图所示，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面平面，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为等边三角形，为线段上的一点，求三棱锥的体积.
17．如图，已知四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，CD=PD=2EA，PD//EA，F，G，H分别为PB，BE，PC的中点.
（1）求证：GH//平面PDAE；
（2）求证：平面FGH⊥平面PCD.
18．如图，在四棱锥中，，，Q是AD的中点，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正切值.
19．如图所示，M，N，P分别是正方体的棱AB，BC，DD1上的点.
（1）若，求证:无论点P在DD1上如何移动，总有BP⊥MN;
（2）棱DD1上是否存在这样的点P，使得平面⊥平面?证明你的结论.
20．在等腰梯形ABCD中，E、F分别是CD、AB的中点，CD＝2，AB＝4，AD＝BC＝2.沿EF将梯形AFED折起，使得∠AFB＝60°，如图．
（1）若G为FB的中点，求证：AG⊥平面BCEF；
（2）求二面角C－AB－F的正切值．
21．如图，四边形ABCD为矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF//CE,BF⊥BC,BF（1）求证:BC⊥AF;
（2）求证:AF//平面DCE;
（3）若二面角E−BC−A的大小为120∘,求直线DF与平面ABCD所成的角.
1．（2019年高考浙江卷）设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则
A．β<γ，α<γB．β<α，β<γ
C．β<α，γ<αD．α<β，γ<β
2．（2017新课标全国Ⅲ文科）在正方体中，E为棱CD的中点，则
A．B．
C．D．
3．（2017浙江）如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为，则
A．B．
C．D．
4．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
5．（2019年高考江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
6．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）图1是由矩形ADEB，ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，
∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的四边形ACGD的面积.
7．（2019年高考北京卷文数）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
8．（2019年高考天津卷文数）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，.
（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求直线AD与平面所成角的正弦值.
9．（2019年高考浙江卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
10．（2018江苏）在平行六面体中，．
求证：（1）平面；
（2）平面平面．
11．（2018浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
12．（2018北京文科）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.
（Ⅰ）求证：PE⊥BC；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；
（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.
13．（2018天津文科）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，∠BAD=90°．
（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
14．（2017江苏）如图，在三棱锥中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
15．（2017新课标全国Ⅲ文科）如图，四面体ABCD中，是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
变式拓展
1．【答案】A
【解析】如图，连接，，，在正方体中，有平面，
因为，所以平面，
又点在侧面及其边界上运动，
故点的轨迹为平面与平面的交线段．
故选A．
2．【解析】（1）如图，连接，由正方体的性质可知，，
又，
∴⊥平面，
又平面，
∴.
（2）所求G点即为A1点，证明如下：
由（1）可知，取CD的中点H，连接AH，EH，如图，
由，可证DF⊥平面AHE，
∵AE⊂平面AHE，
∴DF⊥AE.
又，
∴AE⊥平面，即AE⊥平面DFG.
3．【解析】（1）在中，因为O，M分别是BD，PD的中点，
所以OM∥PB．
又OM⊄ 平面PAB, PB⊂平面PAB，
所以OM∥平面PAB．
（2）因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC．
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD．
又AC∩PA=A，
所以BD⊥平面PAC．
又BD⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面PAC．
（3）因为底面ABCD是菱形，且AB=2，∠BAD=60°，
所以，
又，三棱锥的高为PA，
所以，解得．
4．【解析】（1）点为线段的中点.
证明如下：取中点为，的中点为，连接，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
所以.
因为，，所以.
又因为平面，平面，
所以.
又，所以平面，
所以平面，
而平面，
所以平面平面.
（2）由，得.
由（1）可知，点到平面的距离为.
的面积，，
则等腰三角形底边上的高为.
记点到平面的距离为，
由，得，
解得，
故点到平面的距离为.
5．【答案】A
【解析】如图所示，为正三角形的中心，设为的中心，
由题意知：平面，
连结，则即为与平面所成的角.
由题易知线段的中点为外接球的球心，
设外接球的半径为，则，∴，
∴.
在正三角形中，，
∴，
∴.
∴，
∴.
故选A.
6．【解析】（1）由，，知，则，
由平面，平面，得，
由，，平面，
得平面，
则点到平面的距离为一个定值，且.
（2）设直线与平面所成的角为，
由，可知，
又平面，平面，
故，
又，
则平面，
则点到平面的距离为，
由知点与点到平面的距离相等，
则点到平面的距离为，
由知，
故.
7．【答案】B
【解析】菱形ABCD的边长为1，，将这个菱形沿AC折成的二面角，
取AC中点O，连结DO，BO，BD，
则，
，，
是将这个菱形沿AC折成的二面角的平面角，
，
则，
即，D两点间的距离为．
故选B．
8．【解析】（1）设平面平面，
因为平面PBC，平面ADP，所以，
又因为，所以平面PBC，
所以，
所以，
又因为M是AP的中点，所以N是DP的中点.
（2）在平面ABCD内作，垂足为G，
过G作于H，连接AH（如图），
因为平面平面PBC，，
所以平面PBC，则，，
又，所以平面PBC，则，
所以平面，则，
所以为二面角的平面角，
易知，，
又，则，
在中，易知，则，
所以.
即二面角的平面角的余弦值为.
专题冲关
1．【答案】D
【解析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行，A正确；
由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直，B正确；
由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C正确；
当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，D错误，故选D．
2．【答案】D
【解析】对于选项D，可能还有b∥α，或者b在α内，所以D不正确．
3．【答案】C
【解析】连接AH并延长交BC于D，连接PD，∵PA⊥PB,PA⊥PC，PB∩PC=P ∴PA⊥平面PBC，则PA⊥BC，又PH⊥平面ABC，则PH⊥BC，又PA∩PH=P，∴BC⊥平面PAD，则BC⊥AD，同理AB⊥CH，故垂足H是△ABC的垂心,选C．
4．【答案】C
【解析】A中，若，平面可能垂直也可能平行或斜交，不正确；
B中，若，平面可能平行也可能相交，不正确；
C中，若，则分别是平面的法线，又，必有，正确；
D中，若，平面可能平行也可能相交，不正确.
故选C．
5．【答案】B
【解析】取AB的中点E,连接DE,CE,因为△ADB是等边三角形,所以DE⊥AB．当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB ∩平面ABC=AB，所以DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可得DE=3,EC=1，在Rt△DEC中,CD=DE2+CE2=2.
6．【答案】D
【解析】因为平面，平面，所以，
又因为所以可得平面，
当点在线段上时，总有，
所以的最大值为，最小值为，
则线段长度的取值范围是，故选D．
7．【答案】A
【解析】如图，取FG中点M，连接EM，过点E作EO⊥平面BCFG，连接FO，OM，则∠EFO为直线EF与平面BCFG所成的角，易知FM=1，OM=1，EF=EG=5，所以EM=2，OE=3，则sin∠EFO=OEEF=35=155.
8．【答案】B
【解析】①连接，取的中点，的中点，连接，易证明四边形是平行四边形，即，所以平面，所以①正确；
②若四点共面，因为，所以平面，可推出，所以，这与已知相矛盾，故四点不可能共面，所以②正确；
③连接，在梯形中，易得，又，所以平面，即，所以平面，则平面平面，所以③正确；
④延长至，使得，连接，易得平面平面，过作于，则平面，若平面平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，前后矛盾，故④错误.
综上所述，错误的个数是1.故选B．
9．【答案】B
【解析】如图所示,取BC的中点P,连接EP,FP,由题意得BF=CF=2,所以PF⊥BC．
又，
所以EP⊥BC,
所以∠EPF为二面角E-BC-F的平面角,
而，
在△EPF中，,
所以二面角E-BC-F的余弦值为74.
10．【答案】C
【解析】因为在平面内，且平行于平面，故A错误；
平面即平面，又平面与平面斜相交，
所以在平面内不存在与平面垂直的直线，故B错误；
平面即平面，平面与平面是确定的平面，
所以二面角的大小不改变，故C正确；
平面即平面，点到平面的距离为定值，故D错误.故选C．
11．【答案】直角三角形
【解析】∵平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB,PB⊥BC,BC⊂平面PBC，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，
∴△ABC为直角三角形，故答案为直角三角形.
12．【答案】135
【解析】过A作AH⊥DE,因为平面ADE⊥平面BCD，且平面ADE∩平面BCD=DE,
∴AH⊥平面BCD，∴AH⊥BC,
又AD⊥BC,∴BC⊥平面ADE, BC⊥AE ,
∵AE=3×45，AD=1，∴DE=135.
13．【答案】30°.
【解析】如图所示，连接AD，由题意可知即为直线和平面所成的角.
不妨设，则，
则，
即直线和平面所成的角的大小是.
14．【答案】1
【解析】在三棱锥P－ABC中，因为PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，所以AB⊥平面APC.
因为EF⊂平面PAC，所以EF⊥AB，
因为EF⊥BC，BC∩AB＝B，
所以EF⊥底面ABC，所以PA∥EF，
因为F是AC的中点，E是PC上的点，
所以E是PC的中点，所以.
15．【答案】PC
【解析】由相关定理可知，BD⊥PC.当DM⊥PC时，则有PC⊥平面MBD.
而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.所以应填PC.
16．【解析】（1）因为，为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面.
（2）因为为等边三角形，，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
因为点在线段上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
因为四边形为菱形，，，
所以，
所以.
17．【解析】（1）如图，分别取PD的中点M，EA的中点N.连接MH，NG，MN，
因为G，H分别为BE，PC的中点，
所以，，
因为AB与CD平行且相等，
所以MH平行且等于NG，
故四边形GHMN是平行四边形.
所以GH//MN.
又因为GH⊄平面PDAE，MN⊂平面PDAE，
所以GH//平面PDAE.
（2）因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.
因为BC⊥CD，PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD.
因为F，H分别为PB、PC的中点，所以FH//BC.
所以FH⊥平面PCD.
因为FH⊂平面FGH，所以平面FGH⊥平面PCD.
18．【解析】（1）如图，连接，
，，是的中点，，
则四边形是平行四边形，.
又，，
，，
，
，，
又平面，平面，
平面，
平面，
平面平面.
（2）由（1）知平面平面，
又平面平面，
，平面，
平面，
则为直线与平面所成的角，
在中，.
故直线与平面所成角的正切值为.
19．【解析】（1）连接BD，则BD⊥AC.
∵，
∴MN∥AC，
∴BD⊥MN，
∵DD1⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，
∴DD1⊥MN，
∴MN⊥平面BDD1 B1.
∵无论P在DD1上如何移动，总有BP⊂平面BDD1 B1，
∴总有MN⊥BP.
（2）存在点P，且P为DD1的中点，使得平面APC1⊥平面A1ACC1.
证明如下：
由题意可得BD⊥CC1，
又BD⊥AC，AC∩CC1=C，
∴BD⊥平面A1ACC1.
连接，与的交点为E，连接PE，则PE∥BD，
∴PE⊥平面A1ACC1.
又PE⊂平面APC1，
∴平面APC1⊥平面A1ACC1.
20．【解析】（1）因为AF＝BF，∠AFB＝60°，
所以为等边三角形．
又G为FB的中点，
所以AG⊥FB．
在等腰梯形ABCD中，E、F分别是CD、AB的中点，
所以EF⊥AB．
于是EF⊥AF，EF⊥BF，
又AF∩BF=F，
所以EF⊥平面ABF，
因为AG⊂平面ABF，
所以AG⊥EF.
又EF∩BF=F，
所以AG⊥平面BCEF.
（2）如图，连接CG，
因为在等腰梯形ABCD中，CD＝2，AB＝4，E、F分别是CD、AB中点，G为FB的中点，
所以EC＝FG＝BG＝1，则四边形CGFE是平行四边形，
从而CG∥EF.
因为EF⊥平面ABF，
所以CG⊥平面ABF.
过点G作GH⊥AB于H，连接CH，
则CH⊥AB，
所以∠CHG为二面角C－AB－F的平面角.
在中，BG＝1，∠GBH＝60°，
所以GH＝32.
在中，CG⊥BG，BG＝1，BC＝2，
所以CG＝1.
在中，可得，
所以二面角C－AB－F的正切值为.
21．【解析】（1）∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥BC,
又∵BF⊥BC,AB,BF是平面ABF内的两条相交直线,
∴BC⊥平面ABF,
∵AF⊂平面ABF,∴BC⊥AF.
（2）在CE上取一点M,使CM=BF,连接FM,
∵BF//CE,∴BF//CM,
∴四边形BCMF为平行四边形,
∴MFBC,∴MF AD,
∴四边形ADMF为平行四边形,
∴AF//DM,
∵DM⊂平面DCE,AF⊄平面DCE,
∴AF//平面DCE.
（3）∵BC⊥AB,BC⊥BF,∴∠ABF就是二面角E−BC−A的平面角,
∴∠ABF=120∘,
∵BF=2,AB=1,AD=5,∴AF=AB2+BF2−2AB⋅BFcs∠ABF=7,
∴在直角ΔADF中,DF=AD2+AF2=23,
过F作FN与AB的延长线垂直,N是垂足,连接ND，
∴在RtΔFNB中,FN=3,
∵BC⊥平面ABF,BC⊂平面ABCD,∴平面ABF⊥平面ABCD,
∴FN⊥平面ABCD,
∴∠FDN是直线DF与平面ABCD所成的角,
在RtΔFDN中,,
∴∠FDN=30∘.
则直线DF与平面ABCD所成的角为30∘.
直通高考
1．【答案】B
【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得，即；
在Rt△PED中，，即，
综上所述，答案为B.
【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
2．【答案】C
【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影，A.若，那么，很显然不成立；B.若，那么，显然不成立；C.若，那么，成立，反过来时，也能推出，所以C成立；D.若，则，显然不成立，故选C.
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
3．【答案】B
【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而三棱锥的高相等，因此，所以选B．
4．【答案】
【解析】作分别垂直于，平面，连接，
由题意可知，，
平面，又平面，，
，，，
，
又易知，为的平分线，
，
又，．
【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．
5．【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
6．【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取CG的中点M，连结EM，DM.
因为AB∥DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM．
因此DMCG．
在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2．
所以四边形ACGD的面积为4．
【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.
7．【解析】（1）因为平面ABCD，
所以．
又因为底面ABCD为菱形，
所以．
所以平面PAC．
（2）因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD．
所以AB⊥AE．
所以AE⊥平面PAB．
所以平面PAB⊥平面PAE．
（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
则FG∥AB，且FG=AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四边形CEGF为平行四边形．
所以CF∥EG．
因为CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．【解析】（1）连接，易知，.
又由，故.
又因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD.
（2）取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC，
又因为平面平面PCD，平面 平面，
所以平面PAC，
又平面PAC，故.
又已知，，
所以平面PCD.
（3）连接AN，由（2）中平面PAC，可知为直线与平面PAC所成的角，
因为为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，
所以.
又，
在中，.
所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.
9．【解析】（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
10．【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
11．【解析】（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由，得，
由得，
由，得，
所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，
故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
12．【解析】（Ⅰ）∵，且为的中点，
∴.
∵底面为矩形，∴，
∴.
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，∴平面.
∴.
又，∴平面，
∴平面平面.
（Ⅲ）如图，取中点，连接.
∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，
∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴.
又平面，平面，
∴平面.
13．【解析】（Ⅰ）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，
可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
（Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．
又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．
所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．
因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．
在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．
所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为．
（Ⅲ）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=．
又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．
所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD==4．
在Rt△CMD中，．
所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．
14．【解析】（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以．
又因为平面ABC，平面ABC，
所以EF∥平面ABC．
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，
所以平面．
因为平面，
所以．
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC．
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
15．【解析】（1）取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD=CD，所以AC⊥DO.
又由于是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，
故AC⊥BD.
（2）连接EO.
由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在中，BO2+AO2=AB2.
又AB=BD，
所以，故∠DOB=90°.
由题设知为直角三角形，所以.
又是正三角形，且AB=BD，所以.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1.
文字语言
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.
简记为：线线垂直⇒线面垂直
图形语言
符号语言
l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，⇒l⊥α
作用
判断直线与平面垂直
文字语言
垂直于同一个平面的两条直线平行.
简记为：线面垂直⇒线线平行
图形语言
符号语言
⇒
作用
①证明两直线平行；
②构造平行线.
文字语言
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.
简记为：线面垂直⇒面面垂直
图形语言
符号语言
l⊥α，⇒α⊥β
作用
判断两平面垂直
文字语言
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.
简记为：面面垂直⇒线面垂直
图形语言
符号语言
作用
证明直线与平面垂直