人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后测评

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1．二面角
(1) 二面角的定义
①半平面：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常叫做半平面.
②二面角：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)二面角的表示
①棱为AB，面分别为，的二面角记作二面角-AB-，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角
-l-，如图(1).
②若在，内分别取不在棱上的点P，Q，这个二面角可记作二面角P-AB-Q，如果棱记作l，那么这
个二面角记作二面角P-l-Q，如图(2).

(3)二面角的平面角
①自然语言
在二面角α-l-β的棱l 上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线 OA 和
OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.
②图形语言
③符号语言
∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角.
(4)二面角大小的度量
①二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面
角是直角的二面角叫做直二面角.
②当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是；当二面角的两个半平面合成一个平面时，
规定二面角的大小是.所以二面角的平面角的范围是.
2．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.平面与垂
直，记作⊥.
(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”.
3．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.
4．直线、平面位置关系中的相关结论及其转化
(1)判定直线与直线垂直的方法
①定义法：两条直线所成的角为，则这两条直线互相垂直.
②利用直线与平面垂直的性质来判定.
③若一条直线垂直于两平行直线中的一条，则该直线也垂直于另一条.
(2)判定直线与平面垂直的方法
①定义法：一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则该直线与这个平面垂直.
②利用直线与平面垂直的判定定理来判定.
③利用平面与平面垂直的性质定理来判定.
④如果两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，即a∥b，a⊥b⊥.
⑤如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么该直线也垂直于另一个平面，即∥，a⊥
a⊥.
(3)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.
(4)线、面垂直位置关系的相互转化
(5)平行关系与垂直关系的相互转化
【题型1 求二面角】
【方法点拨】
求二面角的关键是找出(或作出)其平面角，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.
【例1】（2022秋·贵州遵义·高二期末）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．
(1)证明：PB⊥AC；
(2)若AB=AC=1，四棱椎P－ABCD的体积为13，求二面角P－BC－A的余弦值．
【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；
（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.
【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABCD，且C∈平面ABCD，∴过点C所有垂直于PA的直线都在平面ABCD内，
∵平面AHC⊥平面ABP，且C∈平面AHC，∴存在一条过C的直线l⊥平面ABP，且l⊂平面AHC，
∵PA⊂平面ABP，∴l⊥PA，则l⊂平面ABCD，∵平面ABCD∩平面AHC=AC，∴l与AC为同一条直线，
即AC⊥平面ABP，∵PB⊂平面ABP，∴AC⊥PB.
（2）在平面ABCD内，过A作AE⊥BC，且AE∩BC=E，连接PE，作图如下：
∵PA⊥平面ABCD，且BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，同理可得PA⊥AE，
∵AE⊥BC，AE∩PA=A，AE,PA⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE，
∵PE⊂平面PAE，∴∠PEA为二面角P−BC−A的平面角，
在Rt△ABC中，S△ABC=12⋅AB⋅AC=12⋅AE⋅BC，且BC=AB2+AC2=2，则AE=22，
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD的面积S=AB⋅AC=1，则其体积V=13⋅PA⋅S=13，解得PA=1，
在Rt△PAE中，cs∠PEA=PAPE=PAPA2+AE2=63，
故二面角P−BC−A的余弦值为63.
【变式1-1】（2023·高一课时练习）已知PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为45∘．
(1)二面角B−PC−D的大小；
(2)直线PB与平面PCD所成的角的大小．
【解题思路】（1）作BE⊥PC于E，连接ED，由已知推导出∠BED就是二面角B−PC−D的平面角，由此根据余弦定理得出cs∠BED，即可得出答案；
（2）还原棱锥为正方体ABCD−PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，连接PF，即可推导出∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角，即可求出答案.
【解答过程】（1）∵ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠PBA就是异面直线PB与CD所成的角，即∠PBA=45∘，
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，
∴PA=AB，
作BE⊥PC于E，连接ED，
在△ECB与△ECD中，BC=CD，CE=CE，∠ECB=∠ECD，
∴△ECB≅△ECD，
∴∠CED=∠CEB=90∘，
∴∠BED就是二面角B−PC−D的平面角，
设AB=a，则BD=PB=2a，PC=3a，
则BE=DE=PB⋅BCPC=63a，
则cs∠BED=BE2+DE2−BD22×BE×DE=−12，即∠BED=120∘，
∴二面角B−PC−D的大小为120∘；
（2）还原棱锥为正方体ABCD−PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，
∴BF⊥B1P，
∴BF⊥平面PB1CD，
连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角，
BF=22a，PB=2a，
∴sin∠BPF=12，即∠BPF=30∘，
∴直线PB与平面PCD所成的角为30∘.
【变式1-2】（2023春·江苏常州·高三开学考试）如图，在边长为4的等边三角形ABC中，平行于BC的直线分别交线段AB,AC于点M,N.将△AMN沿着MN折起至△A1MN，使得二面角A1−MN−B是直二面角.
(1)若平面A1MN∩平面A1BC=l，求证：l//BC；
(2)若三棱锥A1−AMN的体积为1，求二面角N−A1M−B的正弦值.
【解题思路】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.
（2）由已知求证得M,N分别为AB,AC中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.
【解答过程】（1）证明：∵BC//MN，BC⊄平面A1MN，MN⊂平面A1MN，
∴BC//平面A1MN，又∵BC⊂平面A1BC，平面A1BC∩平面A1MN=l，
∴l//BC；
（2）设AM=x，过A1作A1D⊥MN于点D，如图所示，
∵二面角A1−MN−B为直二面角，∴A1D⊥平面ABC，
∴VA1−AMN=13⋅34x2⋅32x=1，解得x=2，∴M,N分别为AB,AC中点，
过B作BE⊥MN于点E，因为A1D⊥BE，A1D∩MN=D，A1D,MN⊂平面A1MN，
∴BE⊥平面A1MN，∴BE⊥ A1F，
过E作EF⊥A1M于点F，连接BF，因为EF∩BE=E，
所以A1F⊥平面BEF，所以A1F⊥BF
∴∠BFE即为二面角N−A1M−B的平面角α的补角，
且BE=2sin60∘=3，EM=1，EF=1⋅sin60∘=32，∴BF=3+34=152，
∴sinα=sin∠BFE=3152=3⋅215=255.
二面角N−A1M−B的正弦值为255.
【变式1-3】（2022秋·湖南郴州·高二阶段练习）已知三棱锥P−ABC的底面ABC是边长为2的等边三角形，PA⊥平面ABC，∠PCA=45°，点M为线段PC上一动点.
(1)当点M为PC中点时，证明：BM⊥AC；
(2)当平面ABC与平面ABM所成二面角为60°时，试确定点M的位置.
【解题思路】（1）设E为AC的中点，连接ME,BE,证明AC⊥平面MBE，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）作出平面ABC与平面ABM所成二面角的平面角，利用平面角的度数求得相关线段的长，计算MC=35PC，即可确定定点M的位置.
【解答过程】（1）设E为AC的中点，连接ME,BE,
由于点M为PC中点，故ME∥PA,而PA⊥平面ABC，故ME⊥平面ABC，
AC⊂平面ABC，故ME⊥AC;
又底面ABC是等边三角形，故BE⊥AC ,而ME∩BE=E,ME,BE⊂平面MBE，
所以AC⊥平面MBE，又BM⊂平面MBE，
故AC⊥BM即BM⊥AC .
（2）如图，过点M作MN⊥AC,垂足为N,由于PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
故PA⊥AC,且PA,MN⊂平面PAC,故PA∥MN,则MN⊥平面ABC，
而AB⊂平面ABC，故MN⊥AB,
作NF⊥AB,垂足为F,连接MF,MN∩NF=N,MN,NF⊂平面MNF，
故AB⊥平面MNF，MF⊂平面MNF,所以AB⊥MF,
又NF⊂平面ABC,MF⊂平面ABM,
即∠MFN为平面ABC与平面ABM所成二面角的平面角，即∠MFN=60°，
设NF=x，则MN=3x，因为∠PCA=45°，故NC=3x,MC=6x,
又底面ABC是等边三角形，∠FAN=60°，故AN=xsin60∘=233x，
而AC=2 ,故233x+3x=2,∴x=235，
则MC=6x=625，而CP=22,故MC=35CP,
即M点位于CP的35处，即MC=35CP.
【题型2 面面垂直判定定理的应用】
【方法点拨】
利用判定定理证明面面垂直的一般方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通
过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明.
【例2】（2023·河南郑州·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：平面PBC⊥平面PCD；
(2)求四棱锥E−ABCD的体积；
【解题思路】（1）作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，由勾股定理得到各边长，得到BE⊥PC和BE⊥AB，从而得到线面垂直，证明面面垂直；
（2）求出四棱锥P−ABCD的体积，进而由E为棱PC的中点得到四棱锥E−ABCD的体积.
【解答过程】（1）∵在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB,AC⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，
∵AP=2，AB=1，
∴PB=PA2+AB2=5，
AD⊥AB,AB//DC，且AD=DC=2,AB=1，
过点B作BM⊥CD于点M，连接AE，则DM=CM=1，BM=CD=2，
由勾股定理得：BC=BM2+CM2=5，
故PB=BC，
又点E为棱PC的中点，BE⊥PC，
由勾股定理得AC=AD2+DC2=22,PC=AC2+PA2=23，
∵△PAC为直角三角形，E为PC的中点，
∴AE=12PC=3，
∵BE=2,AB=1，
∴由AE2=BE2+AB2,得BE⊥AB，
又AB//CD,CD∩CP=C，
故BE⊥面PCD，又BE⊂面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCD；
（2）四边形ABCD的面积为12AB+CD⋅AD=12×1+2×2=3，
故VP−ABCD=13×3AP=13×3×2=2，
∵点E为棱PC的中点，
∴VE−ABCD=12VP−ABCD=12×2=1.
【变式2-1】如图，四棱锥P−ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB=90°，PA=AD，DC=2AB，E为PC中点．
(1)求证：直线BE //平面PAD；
(2)平面PBC⊥平面PDC．
【解题思路】(1)取中点证明平行四边形，应用线面平行判定定理证明即可；
(2)先证明线面垂直，再应用面面垂直判断定理证明.
【解答过程】（1）取PD中点F，连接EF，AF，由E为PC中点，
∴EF//DC，EF=12DC，又AB//DC,AB=12DC，∴EF//AB,EF=AB，故四边形ABEF为平行四边形，
∴BE//AF，
又AF⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，∴BE//平面PAD．
（2）由已知有BA⊥AP，BA⊥AD，AD∩AP=A，AD⊂平面APD，AP⊂平面APD，
∴BA⊥平面APD，又AF⊂平面APD，∴BA⊥AF，
AB∥CD，AF⊥DC，又PA=AD，
∴AF⊥PD，PD∩DC=D，DC⊂平面PDC, DP⊂平面PDC
∴AF⊥平面PDC，又BE∥AF，∴BE⊥平面PDC，
又BE⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PDC．
【变式2-2】（2023春·河南·高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=5，BB1=BC=6，D，E分别是AA1和B1C的中点.
(1)求证：平面BED⊥平面BCC1B1；
(2)求三棱锥E−BCD的体积.
【解题思路】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；
（2）由等体积法求体积，VE−BCD=VD−BCE=VA−BCE.
【解答过程】（1）连接B1D，因为A1B1=AB=AC=5，A1D=AD=3，
所以DB1=DC=52+32=34.
因为E是B1C的中点，所以DE⊥B1C.
因为BB1=BC=6，E是B1C的中点，所以BE⊥B1C.
因为BE∩DE=E，且BE、DE⊂平面BED，所以B1C⊥平面BED.
因为B1C⊂平面BCC1B1，所以平面BED⊥平面BCC1B1.
（2）因为AD∥BB1，BB1⊂平面BCE，AD⊄平面BCE，所以AD∥平面BCE，
所以VE−BCD=VD−BCE=VA−BCE，
S△BCE=12S△B1BC=12×12×6×6=9，
设G为BC的中点，
因为AB=AC，所以AG⊥BC，
由条件知AC=5，CG=3，所以AG=4，
所以VA−BCE=13S△BCE⋅AG=13×9×4=12，所以VE−BCD=12.
【变式2-3】（2023·贵州毕节·统考一模）如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分别为CD，PD的中点，AC与BM交于点E，AB=62，AD=6，K为PA上一点，PK=13PA．
(1)证明：K，E，M，N四点共面；
(2)求证：平面PAC⊥平面BMNK．
【解题思路】（1）根据三角形中等比例性质证明KE∥PC，再证明MN∥PC，从而KE∥MN，所以K，E，M，N四点共面；
（2）先通过线面垂直性质定理证明PA⊥BM，再由勾股定理证明AC⊥BM，最后由线面垂直证明面面垂直
【解答过程】（1）证明：连接KE
∵四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，
∴CM∥AB且CM=12AB，
∴CEAE=CMAB=12，
∵PK=13PA，
∴PK=12KA，
∴PKKA=CEAE，
∴KE∥PC，
∵M，N分别是CD，PD的中点，
∴MN∥PC，
∴KE∥MN，
∴K，E，M，N四点共面．
（2）证明：∵PA⊥底面ABCD且BM⊂平面ABCD，
∴PA⊥BM，
∵AB=62，AD=6，M为CD中点，
∴CM=32，AC=63，BM=36，
∴EM=13BM=6，CE=13AC=23，
∴CE2+EM2=MC2，
∴∠MEC=π2，∴AC⊥BM，
∵PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BM⊥平面PAC，
∵BM⊂平面BMNK，
∴平面PAC⊥BMNK.
【题型3 面面垂直性质定理的应用】
【方法点拨】
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.
【例3】（2022春·云南文山·高一期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC,∠ADC=90∘，平面PAD⊥底面ABCD,Q,M分别为AD,PC的中点.PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.
(1)求证：直线BC⊥平面PQB；
(2)求三棱锥A−BMQ的体积.
【解题思路】（1）在梯形中证明BCDQ是矩形，得BC⊥BQ，然后由面面垂直的性质定理得PQ与平面ABCD垂直，从而有PQ⊥BC，由此得证线面垂直．
（2）由棱锥的体积公式转化计算：VA−BMQ=VM−AQB=12VP−AQB．
【解答过程】（1）因为AD∥BC,Q为AD的中点，BC=12AD，所以BC=QD，
又因为BC∥QD，所以四边形BCDQ为平行四边形，
因为∠ADC=90∘，所以平行四边形BCDQ是矩形，所以BC⊥BQ，
因为PA=PD,AQ=QD，所以PQ⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PQ⊂平面PAD，
所以PQ⊥平面ABCD，因为BC⊂平面ABCD，所以PQ⊥BC，
又因为PQ∩BQ=Q,PQ､BQ⊂平面PQB，所以BC⊥平面PQB.
（2）因为PA=PD=2,AD=2，
所以PQ=AQ=1，
由PQ⊥平面ABCD,M为PC中点，所以点M到平面ABCD的距离等于12PQ，
所以VA−BMQ=VM−AQB=12VP−AQB=12×13×(12×1×3)×1=312.
【变式3-1】（2023春·青海西宁·高三开学考试）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为边长为2的正三角形，D为BC的中点，AA1=2，且∠C1CB=60∘，平面BB1C1C⊥平面ABC.
(1)证明：C1D⊥AB；
(2)求三棱锥B1−AA1C1的体积.
【解题思路】（1）在△C1CD中，利用余弦定理可求得C1D2，根据勾股定理可证得C1D⊥BC，由面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；
（2）由面面平行性质可知点A到平面A1B1C1的距离即为点D到平面A1B1C1的距离，利用体积桥VB1−AA1C1=VA−A1B1C1，结合棱锥体积公式可求得结果.
【解答过程】（1）∵D为BC中点，BC=2，∴CD=1，又CC1=AA1=2，∠C1CB=60∘，
∴C1D2=CD2+CC12−2CD⋅CC1cs∠C1CB=3，∴C1D2+CD2=CC12，∴C1D⊥BC，
又平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC=BC，C1D⊂平面BB1C1C，
∴C1D⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，∴C1D⊥AB.
（2）由三棱柱结构特征可知：平面ABC//平面A1B1C1，
∴点A到平面A1B1C1的距离即为点D到平面A1B1C1的距离C1D=3，
又S△A1B1C1=S△ABC=12×2×2×32=3，
∴VB1−AA1C1=VA−A1B1C1=13S△A1B1C1⋅C1D=13×3×3=1.
【变式3-2】（2023·四川南充·四川模拟预测）如图， 在平行六面体 ABCD−A1B1C1D1中，N，E，F分别是AA1，AB，C1D1的中点， 侧面DCC1D1⊥平面ABCD，∠ABB1=60∘，AD=4，AB=DD1=8，∠DAB=120∘．
(1)求证：NF//平面C1CE;
(2)试求三棱锥 N−C1EC体积．
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根面面垂直的性质定理结合等体积计算即可.
【解答过程】（1）取CC1的中点为G，连接EG，GF，NE，CD1，A1B．
在△C1D1C和△AA1B中， 因为F，G，N，E分别是AA1，CC1，AB，C1D1的中点，
所以 FG//D1C，NE//A1B，且FG=12D1C，NE=12A1B，
又在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A1B=D1C，A1B//D1C，所以FG=NE，FG/NE，
因此四边形NEGF为平行四边形，所以NF//EG，
又因NF⊄平面C1CE，EG⊂平面C1CE， 所以NF//平面C1CE．
（2）由（1）知 NF//平面C1CE知， 点N、F到平面C1EC的距离相等，
所以 VN−C1EC=VF−C1EC=VE−C1FC，
在三角形 CC1F中，CC1=8，C1F=4，∠CC1F=120∘，
∴S△C1FC=12C1F⋅C1C⋅sin120∘=83，
过点A作AM⊥CD于M，因侧面DCC1D1⊥平面ABCD，
侧面DCC1D1∩平面ABCD=CD，AM⊂平面ABCD，
所以 AM⊥平面DCC1D1， 因AB//DC， AB⊄平面C1CD1D，
CD⊂平面C1CD1D，所以AB//平面C1CD1D，
因此点A、E到平面C1EC的距离相等， 则AM的长为点E到平面C1EC的距离，AM=AD×sin60∘=23，
所以VN−C1EC=VE−C1FC=13⋅S△C1CF⋅AM=13×83×23=16.
【变式3-3】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，四边形ABB1A1是边长为2的菱形，△ABC为等边三角形，∠A1AB=60°，E为BC的中点，D为CC1的中点，P为线段AC上的动点．
(1)若AB1//平面PDE，请确定点P在线段AC上的位置；
(2)若点P为AC的中点，求三棱锥C−PDE的体积．
【解题思路】（1）连接B1C与DE相交于F，连接PF，连接BC1交B1C于点M，由线面平行的性质得到AB1//PF，再根据三角形相似得到ED//BC1，CF=FM，从而得到B1F=3CF，即可得到AP=3PC，从而得解；
（2）取AB的中点O，连接OC，OA1，即可得到OA1⊥AB，再由面面垂直的性质得到OA1⊥平面ABC，求出A1O的长度，即可得到点C1到平面ABC的距离ℎ，从而得到点D到平面ABC的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【解答过程】（1）解：如图，连接B1C与DE相交于F，连接PF，连接BC1交B1C于点M，
∵AB1//平面PDE，平面AB1C∩平面PDE=PF，AB1⊂平面AB1C，
∴AB1//PF，
∵BE=CE，CD=DC1，
∴ED//BC1，CF=FM，又CM=B1M，所以B1F=3CF，
∵AB1//PF，B1F=3CF，
∴AP=3PC，
∴点P是线段AC上靠近点C的四等分点；
（2）解：如图，取AB的中点O，连接OC，OA1，
∵四边形ABB1A1为边长为2的菱形，∠A1AB=60°，
∴A1B=2，△AA1B为等边三角形，
∵OA=OB，△AA1B为等边三角形，∴OA1⊥AB，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，OA1⊥AB，
OA1⊂平面ABB1A1，
∴OA1⊥平面ABC，
又由AB=2，P为AC的中点，E为BC的中点，可得PE=CE=CP=1，
∵四边形ABB1A1为边长为2的菱形，△ABC为等边三角形，∠A1AB=60°，
∴A1O=3，
∵D为CC1的中点，平面ABC//平面A1B1C1，
∴点C1到平面ABC的距离ℎ与点A1到平面ABC的距离相等，
∴ℎ=3，
∵D为CC1的中点，∴点D到平面ABC的距离为32，
∴三棱锥D−PCE的体积为13×12×1×1×sin60°×32=18．
【题型4 垂直关系的相互转化】
【方法点拨】
在有关垂直问题的证明过程中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.因此，判定定理与性质定
理的合理应用是证明垂直问题的关键.
【例4】（2023秋·四川内江·高二期末）如图，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，FA⊥AC，AB=2，EF=FA=1．
(1)求证：BE⊥平面DEF；
(2)求直线BD与平面BEF所成角的大小．
【解题思路】（1）设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连接FO、EO，利用勾股定理逆定理推导出BE⊥DE，BE⊥EF，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知直线BD与平面BEF所成角为∠BDE，求出∠BDE的正弦值，即可求得∠BDE的大小.
【解答过程】（1）证明：设正方形ABCD的对角线AC与BD交于O，连接FO、EO，
因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，AF⊥AC，AF⊂平面ACEF，
∴AF⊥平面ABCD，
因为四边形ABCD是边长为2的正方形，则AC=2AB=2，
在直角梯形ACEF中，EF//AC，O为AC的中点，则AO=EF且AO//EF，
又因为AF=EF，AF⊥AC，故四边形AFEO是边长为1的正方形，所以，AF//EO，
所以，EO⊥平面ABCD，且EO=AF=1，
∵BD⊂平面ABCD，∴EO⊥BD，则BE=DE=EO2+OB2=2，
所以，BE2+DE2=BD2，∴BE⊥DE，
∵AF⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AF⊥AB，
∵BF=AB2+AF2=3，∴EF2+BE2=BF2，∴BE⊥EF，
∵DE∩EF=E，DE、EF⊂平面DEF，∴BE⊥平面DEF.
（2）解：由（1）可知，BE⊥平面DEF，所以，直线BD与平面BEF所成角为∠BDE，
∵BE⊥DE，sin∠BDE=BEBD=22，
又因为0<∠BDE≤π2，故∠BDE=π4，因此，直线BD与平面BEF所成角为π4.
【变式4-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，AB为圆O的直径，E是圆O上不同于A、B的动点，四边形ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面ABE，F是DE的中点．
(1)求证：OF//平面BCE；
(2)求证：平面ADE⊥平面BCE．
【解题思路】（1）取CE的中点G，连接FG、BG，证明出四边形OBGF为平行四边形，可得出OF//BG，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）利用面面垂直的性质定理可得出AD⊥平面ABE，可得出BE⊥AD，由圆的几何性质可得BE⊥AE，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.
【解答过程】（1）证明：取CE的中点G，连接FG、BG，
∵F、G分别为DE、CE的中点，则FG//CD且FG=12CD，
因为四边形ABCD为矩形，则AB//CD且AB=CD，
∵O为AB的中点，则OB//CD且OB=12CD，所以，OB//FG且OB=FG，
所以，四边形OBGF为平行四边形，所以，OF//BG，
∵OF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，∴OF//平面BCE.
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，则AD⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面ABE，
∵BE⊂平面ABE，∴BE⊥AD，
因为AB为圆O的直径，E是圆O上不同于A、B的动点，则BE⊥AE，
∵AD∩AE=A，AD、AE⊂平面ADE，∴BE⊥平面ADE，
∵BE⊂平面BCE，所以，平面ADE⊥平面BCE.
【变式4-2】（2022秋·河南·高三阶段练习）如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=2，∠BAC=90∘．以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，E,F分别为AD,BC的中点．
(1)证明：AC⊥EF；
(2)设EF=3，求BD．
【解题思路】（1）取AC的中点G，由平行关系可得EG⊥AC,FG⊥AC，由线面垂直判定可得AC⊥平面EFG，由线面垂直性质可得结论；
（2）利用余弦定理可求得∠EGF=120∘，得到∠DCM=60∘；由线面垂直的判定可知AC⊥平面CDM，由此得到平面CDM⊥平面ABCM；作DH⊥CM，由面面垂直性质可得DH⊥平面ABCM，从而得到DH⊥BH，利用勾股定理可求得结果.
【解答过程】（1）取AC的中点G，连接EG,FG，
∵EG//CD，CD⊥AC，∴EG⊥AC；
∵FG//AB，AB⊥AC，∴FG⊥AC；
又EG∩FG=G，EG,FG⊂平面EFG，∴AC⊥平面EFG，
又EF⊂平面EFG，∴AC⊥EF.
（2）在△EFG中，EG=FG=1，EF=3；
由余弦定理得：cs∠EGF=EG2+FG2−EF22EG⋅FG=−12，则∠EGF=120∘，
∵CD//EG，FG//AB//CM，∴∠DCM=60∘；
∵AC⊥CM，AC⊥CD，CM∩CD=C，CM,CD⊂平面CDM，
∴AC⊥平面CDM，又AC⊂平面ABCM，∴平面CDM⊥平面ABCM；
作DH⊥CM，垂足为H，连接BH，
∵DH⊂平面CDM，平面CDM∩平面ABCM=CM，∴DH⊥平面ABCM，
又BH⊂平面ABCM，∴DH⊥BH，
∵DC=CM=AB=2，∠DCM=60∘，
∴DH=DC⋅sin60∘=3，CH=DC⋅cs60∘=1，
∵∠BAC=90∘，AB=AC，CM//AB，∴∠ACM=90∘，∠ACB=45∘，∴∠BCM=135∘，
由余弦定理得：BH=BC2+CH2−2BC⋅CHcs∠BCM=8+1+4=13；
在Rt△BDH中，BD=DH2+BH2=4．
【变式4-3】（2022秋·江苏南通·高二期中）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=1，A1A=2，E为棱CC1的中点．
(1)求证：A1E⊥BD；
(2)求A1E与平面A1BD所成角的余弦值．
【解题思路】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，即证明BD⊥面AA1C1C；
（2）首先证明平面A1BD⊥平面A1OE，说明∠EA1O为所求角，再根据余弦定理求解.
【解答过程】（1）连结AC交BD于点O，连结A1C1．
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥面ABCD，
又∵BD⊂ABCD，∴AA1⊥BD
∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC
又∵AA1∩AC=A，AA1，AC⊂面AA1C1C，∴BD⊥面AA1C1C，又∵A1E⊂面AA1C1C
∴BD⊥A1E
（2）由（1）知：BD⊥面AA1C1C，又BD⊂平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面A1OE，
又面A1BD∩面A1OE=A1O，
∴∠OA1E为直线A1E与平面A1BD所成的平面角，
∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，A1A=2，
分别在Rt△A1AO，Rt△A1C1E，Rt△OCE中，
解得A1O=322，A1E=3，OE=62
所以cs∠OA1E=A1E2+A1O2−OE22A1E⋅A1O=63，
故A1E与平面A1BD所成角的余弦值为63．
【题型5 点、线、面的距离问题】
【方法点拨】
结合具体条件，根据点到平面的距离、线面距、面面距的定义，进行转化求解即可.
【例5】（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=AA1，D为CC1上的中点.
(1)证明：平面A1BD⊥平面ABB1A1;
(2)若∠ACB=90∘,AB=2，求点B1到平面A1BD的距离.
【解题思路】（1）分别取A1B，A1B1的中点E，F，连接DE，EF，FC1，进而证明C1F//DE，再证明C1F⊥平面ABB1A1即可证明结论；
（2）由题知A1C1⊥平面B1BD，进而根据等体积法VB1−A1BD=VA1−B1BD计算即可得答案.
【解答过程】（1）证明：分别取A1B，A1B1的中点E，F，连接DE，EF，FC1
所以，FE//B1B,FE=12B1B，
因为D为CC1上的中点，
所以C1D//B1B,C1D=12B1B，
所以，C1D//ED,C1D=EF，
所以，四边形C1DEF是平行四边形，即C1F//DE
因为A1C1=B1C1，F是A1B1的中点，
所以，C1F⊥A1B1
因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1，C1F⊂平面A1B1C1，
所以AA1⊥C1F，
因为A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1⊂平面ABB1A1
所以C1F⊥平面ABB1A1
又C1F//DE
所以DE⊥平面ABB1A1，而DE⊂平面A1BD
所以平面A1BD⊥平面ABB1A1；
（2）解：因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中,CC1⊥平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1C1，
因为∠ACB=90∘，所以∠A1C1B1=90∘，即A1C1⊥C1B1,
因为CC1∩C1B1=C1,CC1,C1B1⊂平面BCC1B1
所以A1C1⊥平面BCC1B1，即A1C1⊥平面B1BD，
设点B1到面A1BD的距离为ℎ
所以，在三棱锥B1−A1BD中，因为VB1−A1BD=VA1−B1BD，即S△A1BD⋅ℎ=S△B1BD⋅A1C1
因为AB=2，AC=BC=AA1
所以S△B1BD=12×2×2=1,A1C1=2
在△A1BD中，A1B=6，A1D=BD=102，得S△A1BD=62
所以，62⋅ℎ=1×2，得ℎ=233
所以，点B1到平面A1BD的距离为233.
【变式5-1】（2023秋·重庆巫山·高二期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60∘，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PA=AB=2，PD的中点为F.
(1)求证：PB//平面ACF；
(2)求直线PB到面ACF的距离.
【解题思路】（1）连接BD交AC于O，连接FO，得OF//PB，根据线面平行的判定可得PB//平面ACF；
（2）根据线面平行，将线到面的距离化为点到面的距离，再根据等体积法可求出结果.
【解答过程】（1）连接BD交AC于O，连接FO，
∵F为AD的中点，O为BD的中点，则OF//PB，
∵PB⊄平面ACF，OF⊂平面ACF，∴PB//平面ACF.
（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.
由于PB//平面ACF，则PB到平面ACF的距离，即P到平面ACF的距离.
又因为F为PD的中点，点P到平面ACF的距离与点D到平面ACF的距离相等.
取AD的中点E，连接EF，CE，
则EF//PA，因为PA⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，
因为CE⊂平面ABCD，所以EF⊥CE，
因为菱形ABCD且∠ABC=60∘，PA=AD=2，
所以CE=3，EF=1，
则CF=EF2+CE2=1+3=2，AC=2，AF=12PD=124+4=2，S△ACF=12×2×4−12=72，
设点D到平面ACF的距离为ℎD，由VD−ACF=VF−ACD得
13S△ACF×ℎD=13S△ACD×EF⇒ℎD=S△ACD×EFS△ACF=3×172=2217，
即直线PB到平面ACF的距离为2217.
【变式5-2】（2023·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P—ABCD中，PC⊥BC ，PA=PB，∠APC=∠BPC．
(1)证明：PC⊥AD；
(2)若AB∥CD，PD⊥AD， PC=3，且点C到平面PAB的距离为62，求AD的长．
【解题思路】（1）连接AC，利用线面垂直的判定定理证明PC⊥平面ABCD，再结合线面垂直的性质得异面直线垂直即可；
（2）取AB的中点E，连接PE，CE，过C作CH⊥PE于H，利用且点C到平面PAB的距离为62以及三角形等面积法求得CE的值，在利用直线与平面，平面与平面位置关系，证明四边形AECD为矩形，即可得AD的长.
【解答过程】（1）证明：如图，连接AC，
∵PA=PB，∠APC=∠BPC，PC=PC，∴△PAC≌△PBC，
∴∠PCA=∠PCB=90°，即PC⊥AC．
∵PC⊥BC，AC∩BC=C，AC,BC⊂平面ABCD
∴PC⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，
∴PC⊥AD．
（2）解：取AB的中点E，连接PE，CE，过C作CH⊥PE于H.
∵PA=PB，E为AB中点
∴PE⊥AB，
由（1）知AC=BC，E为AB中点，∴CE⊥AB，
∵PE∩CE=E，PE,CE⊂平面PCE，
∴AB⊥平面PCE，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PCE，又平面PAB∩平面PCE=PE，CH⊥PE，CH⊂平面PCE
∴CH⊥平面PAB，
由条件知CH=62．由（1）有PC⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，∴PC⊥CE，设CE=m，又PC=3，则PE=3+m2，
∵S△PCE=12PC⋅CE=12PE⋅CH，∴3m=62×3+m2，得m=3，∴CE=3．
∵PD⊥AD，AD⊥PC，PC∩PD=P，PC,PD⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PCD，又CD⊂平面PCD
∴AD⊥CD，
∵AB∥CD，∴AD⊥AB，∴四边形AECD为矩形，∴AD=CE=3．
【变式5-3】（2023·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，EA⊥平面ABCD，EA//BF，AB=AE=2BF=2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)求点B到平面CEF的距离.
【解题思路】(1)利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明；(2) 利用VB−CEF=VC−BEF，求得点B到平面CEF的距离.
【解答过程】（1）证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，
所以GN//AE且GN=12AE，又AE//BF，AE=2BF=2，
所以GN//BF且GN=BF，所以四边形BNGF是平行四边形，
所以GF//BN，
又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN，
又因为AC∩EA=A，AC,EA⊂平面EAC，
所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，
又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC；
（2）设B到平面CEF的距离为d，
因为EA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD,所以EA⊥AC,
因为EA//BF,EA⊥平面ABCD，所以BF⊥平面ABCD，
且BC⊂平面ABCD,所以BF⊥BC,
因为∠ABC=60°，AB=2，所以AC=2，
所以EC=AC2+AE2=22,CF=BC2+BF2=5,
EF=22+12=5,
所以FG⊥EC且FG=CF2−CG2=3,
所以S△CEF=12EC⋅FG=6,
取AB中点为M，连接CM,因为ABCD是菱形，∠ABC=60°，
所以△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB,且CM=22−12=3,
又因为EA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD,所以EA⊥CM,
且AB∩EA=A,AB,EA⊂平面ABFE,
所以CM⊥平面ABFE,
又因为VC−BEF=13S△BEF×CM=13×12BF×AB×CM=33,
因为VB−CEF=VC−BEF，即13S△CEF×d=33,
所以d=22.
【题型6 平行关系与垂直关系的综合应用】
【方法点拨】
根据线、面平行的判定和性质、线、面垂直的判定和性质等知识，结合具体问题，进行求解即可.
【例6】（2023·河北·高三学业考试）如图，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，BD与AC相交于O点，M，N分别是AB，PC的中点.
(1)求证：MO//平面PAD；
(2)若∠PDA=45°，求证：MN⊥平面PCD.
【解题思路】（1）利用线面平行判定定理即可证明MO//平面PAD；
（2）先利用∠PDA=45°，求得PA=AD=BC，再利用线面垂直判定定理即可证明MN⊥平面PCD.
【解答过程】（1）∵M，O分别是AB，BD的中点，∴MO∥AD.
又∵AD⊂平面PAD，MO⊄平面PAD，
∴MO//平面PAD.
（2）如图，连接PM，MC，NO，
∵∠PDA=45°，∴PA=AD=BC.
由PA⊥矩形ABCD所在平面，可得PA⊥AB，PA⊥AD
易证Rt△PAM≌Rt△CBM，得PM=CM.
∵N为PC的中点，∴MN⊥PC.
∵N，O分别是PC，AC的中点，∴NO∥PA.
∵PA⊥平面ABCD，∴NO⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，
∴NO⊥CD，∵MO∥AD，AD⊥CD，∴MO⊥CD.
又∵MO∩NO=O，MO⊂平面MNO，NO⊂平面MNO.
∴CD⊥平面MNO,又∵MN⊂平面MNO，∴MN⊥CD.
又MN⊥PC，PC∩CD=C，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD
∴MN⊥平面PCD.
【变式6-1】（2023秋·四川遂宁·高二期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，且底面ABCD为正方形，PD=DC=2，E,F,G分别是AB,PB,CD的中点．
(1)求证：EF⊥DC；
(2)求证：平面EFG//平面PAD.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明出CD⊥平面PAD，进而可得CD⊥PA，又EF//PA，则结论成立；
（2）利用线面平行的判定定理证明出EG//面PAD，由（1）可得EF//面PAD，再由面面平行的判定定理得出结论成立．
【解答过程】（1）∵PD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PD；
∵四边形ABCD为正方形，∴CD⊥AD；
∵AD,PD⊂平面PAD，AD∩PD=D，∴CD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴CD⊥PA；
∵E,F分别为AB,PB的中点，∴EF//PA，∴EF⊥CD.
（2）∵四边形ABCD为正方形，且E,G分别为AB，DC边的中点，∴EG//AD，AD⊂面PAD，EG⊄面PAD，∴EG//面PAD，
由（1）知EF//PA，PA⊂面PAD，EF⊄面PAD，∴EF//面PAD，又EF∩EG=E，∴平面EFG//平面PAD．
【变式6-2】（2022·上海·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，P点在平面ABCD内的射影为A，且PA=AB=2，E为PD中点.
(1)证明：PB//平面AEC
(2)证明：平面PCD⊥平面PAD.
【解题思路】（1）由线线平行证线面平行；
（2）由线面垂直证PA⊥CD，再证CD⊥平面PAD、平面PCD⊥平面PAD.
【解答过程】（1）连接BD交AC于点O，连接EO.
因为O为BD中点，E为PD中点，所以EO//PB，
因为EO⊂平面AEC，PB⊂平面AEC，所以PB//平面AEC；
（2）因为P点在平面ABCD内的射影为A，所以PA⊥平面ABCD，
因为CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又在正方形ABCD中，CD⊥AD且PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
【变式6-3】（2023秋·广东汕尾·高二期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是A1B,B1D1的中点.
(1)求证：EF//平面ACD1；
(2)求证：平面ACD1⊥平面D1B1BD.
【解题思路】（1）连接AB1，证明E是AB1中点，再利用三角形中位线定理及线面平行的判定推理作答.
（2）利用线面垂直的性质及判定证明AC⊥平面D1B1BD，再利用面面垂直的判定作答.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中, 连接AB1，如图，
因为E为A1B的中点，则E是AB1的中点，而F是B1D1的中点，
则有EF//AD1，又EF⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1，
所以EF//平面ACD1.
（2）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
因此AC⊥BD,AC⊥DD1，又BD∩DD1=D，
于是AC⊥平面D1B1BD，
而 AC⊂平面ACD1，
所以平面ACD1⊥平面D1B1BD.