高中数学人教B版 (2019)必修 第四册11.4.2 平面与平面垂直精品当堂达标检测题

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题型一 面面垂直的概念辨析
1．（22-23高一下·江苏常州·期末）若α、β是两个不重合的平面，
①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α//β；
②设α、β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；
③若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l//α.
以上说法中成立的有（ ）个.
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据平面与平面平行的判定定理，平面与平面垂直的判定定理，直线与平面平行的判定定理可依次判断得解.
【详解】对①，α面内有两条相交直线分别平行于β面内两条直线，可得这两条相交直线均平行于β面，由平面与平面平行的判定定理可知①正确；
对②，根据平面与平面垂直的判定定理，一个平面经过另一个平面的垂线可得平面与平面垂直，②错误；
对③，根据直线与平面平行的判定定理可知③正确.
故选：C.
2．（22-23高一下·河北邯郸·期末）已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α,β，则下列说法正确的是（ ）
A．若l//α，α∩β=m，则l//m
B．若l⊥α且l//β，则α⊥β
C．若l⊂α，m⊂α，则直线l与m是异面直线
D．若α//β，l⊂α，m⊂β，则直线l与m是异面直线
【答案】B
【分析】利用线面平行的性质定理，面面平行性质定理，面面垂直的判定定理逐个判断即可.
【详解】若l//α，α∩β=m，则l与m平行或异面，A错；
若l⊥α且l//β，则β内有垂直于α的直线，故α⊥β，B正确；
若l⊂α，m⊂α，则直线l与m是相交，平行或异面直线，C错；
若α//β，l⊂α，m⊂β，则直线l与m平行或异面，D错.
故选：B
3．（22-23高一下·江苏无锡·阶段练习）已知直线m、n，平面α、β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
②若m//α，α∩β=n，则m//n
③若m⊥α，n//β，且m⊥n，则α⊥β
④若m⊥α，n//β，且m//n，则α⊥β
其中正确的命题是（ ）
A．①②B．①③C．①④D．③④
【答案】C
【分析】根据线线、线面和面面位置关系的有关知识对各个命题进行分析，由此确定正确答案.
【详解】①，根据线面垂直的知识可知，当m⊥α，n⊥β，且m⊥n时，α⊥β，所以①正确.
②，若m//α，α∩β=n，则可能m,n是异面直线，所以②错误.
③，若m⊥α，n//β，且m⊥n，此时无法判断m是否与平面β内的两条相交直线垂直，
所以③错误.
④，若m⊥α，m//n，所以n⊥α，由于n//β，所以α⊥β，所以④正确.
所以①④正确.
故选：C
4．（22-23高一下·福建龙岩·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（ ）．
A．若E∈BD1，F∈BD，则EF⊥AC
B．若E∈BD1，F∈BD，则平面BEF⊥平面A1BC1
C．若E∈AC，F∈CD1，则EF//面A1BC1
D．若E∈AC，F∈CD1，则EF// AD1
【答案】D
【分析】根据正方体的特征及线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定可判定A、B选项；利用正方体的特征及面面平行的判定与性质可判定C、D选项.
【详解】
如图所示，对于选项A，易知AC⊥BD，DD1⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
所以DD1⊥ AC，
又BD∩DD1=D,BD、DD1⊂平面BDD1，所以AC⊥平面BDD1，
EF⊂平面BDD1，所以EF⊥AC，故A正确；
对于选项B，易知A1C1//AC，所以A1C1⊥平面BDD1，
因为A1C1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥平面BDD1，
显然平面BDD1即平面BEF，故B正确；

如上图所示，对于C项，由正方体的特征可知AD1//BC1,A1B//D1C，
因为AD1⊄平面A1C1B，C1B⊂平面A1C1B，所以AD1//平面A1C1B，
同理CD1⊄平面A1C1B，A1B⊂平面A1C1B，所以CD1//平面A1C1B，
显然AD1∩CD1=D1,AD1、CD1⊂平面AD1C，
所以平面AD1C//平面A1C1B，
由EF⊂平面AD1C可得EF//平面A1C1B，故C正确；
对于D项，显然CEAE≠CFFD1时，EF与AD1不平行，故D不正确.
故选：D
题型二 面面垂直的证明
1．（2024高一下·全国·专题练习）在四面体ABCD中，BC⊥CD,AD=AC,E,F分别是CD和BD的中点.证明：平面ACD⊥平面AEF；
【答案】证明见解析
【分析】通过证明CD⊥平面AEF即可证得.
【详解】因为AC=AD,E是CD的中点，所以AE⊥CD.
又F是BD的中点，所以EF ∥ BC.
因为BC⊥CD，所以EF⊥CD.
又AE∩EF=E，AE,EF⊂平面AEF.
所以CD⊥平面AEF.
因为CD⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面AEF.
2．（20-21高一下·福建泉州·期末）如图，ABCD是正方形，O是正方形的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BDE；
(2)求证：面PAC⊥面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)连接AC交BD于O，连接OE，由中位线即可得PA∥EO，得证；
(2)证明BD⊥平面PAC即可.
【详解】（1）连接AC，交BD于O，连接OE，
在△CAP中，CO=OA,CE=EP，∴PA∥EO，
又∵PA⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE；
（2）∵PO⊥底面ABCD，则PO⊥BD，
又∵ABCD是正方形，则AC⊥BD，且AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC.
∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.
3．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，PB=PD．证明：平面PAC⊥平面PBD；
【答案】证明见解析
【分析】
根据正方形的性质，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可.
【详解】连接AC,BD，AC与BD相交于点O，连接PO，
四边形ABCD是边长为2的正方形，则AC⊥BD，O为AC和BD的中点，
PB=PD，则PO⊥BD，
PO,AC⊂平面PAC，PO∩AC=O，BD⊥平面PAC，
又因为BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.
4．（22-23高一·全国·课堂例题）如图，已知△ABC中，AD是边BC上的高，以AD为折痕折叠△ABC，使∠BDC为直角.求证：平面ABD⊥平面BDC，平面ADC⊥平面ABD.

【答案】证明见解析
【分析】利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可.
【详解】因为AD⊥BD，AD⊥DC，BD∩DC=D，BD,DC⊂平面BDC，
所以AD⊥平面BDC；
因为AD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BDC；
已知∠BDC为直角，所以BD⊥DC，
又AD⊥BD，AD∩DC=D，AD,DC⊂平面ADC，
因此BD⊥平面ADC，
因为BD⊂平面ABD，所以平面ADC⊥平面ABD.
题型三 面面垂直证明线面垂直
1．（2024·四川·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥PD，平面PAD⊥平面PCD．
(1)证明：BC⊥平面PCD；
(2)已知AD=PD=DC=12BC=2，且∠DPC=30°，求点D到平面PAB的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)2217
【分析】（1）根据题意，利用面面垂直的判定定理，中点AD⊥平面PCD，结合AD//BC，即可证得BC⊥平面PCD；
（2）由（1）可知，AD⊥平面PCD，中点PH⊥平面ABCD，设点D到平面PAB的距离为ℎ，结合VD−PAB=VP−ABD，列出方程，即可求解．
【详解】（1）因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，
且AD⊥PD，AD⊂ 平面PAD，所以AD⊥平面PCD，
又因为AD//BC，所以BC⊥平面PCD．
（2）由（1）可知，AD⊥平面PCD，且AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCD，
过P作直线CD的垂线，垂足为H，则PH⊥平面ABCD，
由∠CPD=∠DCP=30°，PD=2，
可得∠PDC=120°，PH=PDsin(180°−120°)=3，PA=22，AB=22，
因为BC⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，所以PC⊥BC，
则PB2=BC2+PC2，可得PB=27，
在直角梯形ABCD中，因为AD=DC=12BC=2，可得∠DAB=135°，
所以S△DAB=12×2×22×sin135°=2，在等腰△PAB中，PA=AB=22,PB=27，
取PB的中点M，连接AM，可得AM⊥PB，且AM=PA2−(PB2)2=1，
所以S△PAB=12PB⋅AM=7，
设点D到平面PAB的距离为ℎ，
由VD−PAB=VP−ABD，可得13⋅S△PAB⋅ℎ=13⋅S△DAB⋅PH，解得ℎ=2217，
所以点D到平面PAB的距离为2217．
2．（2023高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD=PC=CB=BA=12AD=2，AD//CB，∠CPD=∠ABC=90∘，平面PCD⊥平面ABCD.求证：PD⊥面PCA；

【答案】证明见解析
【分析】取AD的中点E，连接AC，CE，可得四边形AECB为平行四边形，进而得到AB=CE，结合AB=12AD，可得CE=12AD，结合直角三角形的性质可得AC⊥CD，再根据面面垂直的性质可得AC⊥平面PCD，进而得到AC⊥PD，进而结合线面垂直的判定定理求证即可.
【详解】取AD的中点E，连接AC，CE，

因为AD//CB，AE=12AD=CB，
所以四边形AECB为平行四边形，则AB=CE，
又AB=12AD，所以CE=12AD，则AC⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，
所以AC⊥PD，
又∠CPD=90∘，即PD⊥PC，且AC∩PC=C，AC,PC⊂平面PCA，
所以PD⊥平面PCA.
3．（2023高三·全国·专题练习）一副三角板如图（1），将其中的△ABC沿BC折起，构造出如图（2）所示的三棱锥，E为CD的中点，连接AE，使得AE=BD．
(1)取BC中点O，连接OE,OA，设平面ABD∩平面AEO=l，求证：l//BD；
(2)求证：平面ABC⊥平面BCD；
(3)求证：l⊥平面ABC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的判断定理和性质定理，即可证明线线平行；
（2）根据面面垂直的判断定理，转化为证明OE⊥平面ABC；
（3）根据（1）（2）的证明过程，即可转化证明.
【详解】（1）证明：∵E为CD的中点，O为BC的中点，∴OE//BD，
∵OE⊂平面AOE,BD⊄平面AOE，∴BD//平面AOE，
∵BD⊂平面ADB，平面AOE∩平面ABD=l，∴l//BD．
（2）证明：取BD=2，则AE=2,OE=1，BC=23，故OA=3，
∵OA2+OE2=3+1=4=AE2，∴OE⊥OA，
又∵OE//BD，BD⊥BC，∴OE⊥BC，
又∵OA∩BC=O，OA,BC⊂平面ABC，∴OE⊥平面ABC，
又∵OE⊂平面BCD，∴平面ABC⊥平面BCD．
（3）由（2）OE⊥平面ABC，又l//BD//OE，
∴l⊥平面ABC．
4．（2024高三·全国·专题练习）如图，在几何体ABCDEF中，矩形BDEF所在平面与平面ABCD互相垂直，且AB=BC=BF=1，AD=CD=3，EF=2．求证：BC ⊥平面CDE；
【答案】证明见解析
【分析】由面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理可得DE⊥BC，由勾股定理逆定理可得BC⊥CD，再由线面垂直的判定定理可得答案.
【详解】在矩形BDEF中，DE⊥BD，
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DE⊥BC，
在矩形BDEF中，BD=EF=2，
又BC=1,CD=3，所以BD2=4=BC2+CD2，
所以BC⊥CD，
又DE∩CD=D，DE,CD⊂平面CDE，
所以BC⊥平面CDE.
题型四 面面垂直证明线线垂直
1．（23-24高三上·四川成都·期末）如图，四棱锥P−ABCD中，AD//BC，BC⊥CD，BC=2CD=2AD=22，平面ABCD⊥平面PAC.
(1)证明：PC⊥AB；
(2)若PA=PC=52AC，M是PA的中点，求三棱锥C−PBM的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)23.
【分析】
（1）利用直角梯形的性质计算证得AB⊥AC，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.
（2）取AC的中点E，连接PE，利用面面垂直的性质结合等体积法求出体积.
【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，BC⊥CD，BC=2CD=2AD=22，
四边形ABCD是直角梯形，∠ADC=90∘，AC=CD2+AD2=2，AB=CD2+(BC−AD)2=2，
于是AC2+AB2=8=BC2，即AB⊥AC，而平面ABCD⊥平面PAC，
平面ABCD∩平面PAC=AC，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，
所以PC⊥AB.
（2）取AC的中点E，连接PE，由PA=PC=52AC=5，得PE⊥AC，PE=PA2−AE2=2，
由平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC=AC，PE⊂平面PAC，得PE⊥平面ABCD，
由M是PA的中点，得点M到平面ABCD的距离d=12PE=1，又S△ABC=12AB⋅AC=2，
显然S△PBM=S△ABM，所以三棱锥C−PBM的体积VC−PBM=VC−ABM=VM−ABC=13S△ABC⋅d=23.
2．（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥S−ABCD如图所示，平面SAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，△SAD为等边三角形，直线SB与平面SAD所成角的正切值为1．
(1)求证：AD⊥SB；
(2)若点M是线段AD上靠近A的四等分点，AB=2，求点M到平面SDC的距离．

【答案】(1)证明见解析
(2)31510．
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，添加辅助线，得到线面垂直，再通过证明线面垂直，得到线线垂直.
（2）借助体积法求点到面的距离.
【详解】（1）如图，过点B作BO⊥AD于点O，连接OS.
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，BO⊥AD，BO⊂平面ABCD，
所以BO⊥平面SAD.
所以∠OSB即为直线SB与平面SAD所成的角.
因为tan∠OSB=1 ⇒ ∠OSB=45° ⇒ OB=OS
又∵四边形ABCD是菱形，△SAD是等边三角形，所以△SAO≅△BAO，
所以SO⊥AD，故O为AD的中点.
因为BO∩SO=O,BO,SO⊂平面SOB，所以AD⊥平面SOB，
又SB⊂平面SOB，所以AD⊥SB.
（2）由题意可得：AB=AD=CD=SA=SD=2.
连接OC，MC，
由（1）得：SO⊥AD，平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SO⊂平面SAD，
所以SO⊥平面ABCD.
因为OC⊂平面ABCD，所以SO⊥OC.
在△ODC中，OC2=DC2+OD2−2DC⋅OD⋅cs120°=4+1−2×2×1×−12=7，
所以OC=7，故SC2=SO2+OC2=3+7=10，
在△SDC中，cs∠SDC=SD2+DC2−SC22SD⋅DC=4+4−102×2×2=−14，
所以sin∠SDC=1−cs2∠SDC=154.
所以S△SDC=12SD·DC·sin∠SDC=12×2×2×154=152，
S△MDC=12MD·DC·sin∠ADC=12×32×2×32=334.
设点M到平面SDC的距离为ℎ，则VM−SDC=VS−MDC ⇒ 13S△SDC⋅ℎ=13S△MDC⋅SO，
得152ℎ=334×3 ⇒ ℎ=31510.
所以点M到平面SDC的距离为31510.
3．（23-24高三上·江西·期中）如图1，山形图是两个全等的直角梯形ABCD和ABEF的组合图，将直角梯形ABEF沿底边AB翻折，得到图2所示的几何体.已知AB//CD//EF，,AB=2CD=2EF,AB⊥BE,点N在线段CE上，且EN=2NC在几何体BCE−ADF中，解决下面问题.
(1)证明：AE//平面BND；
(2)若平面BDE⊥平面ABCD，证明：BE⊥AD.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求证，
（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，即可由线面垂直的判定，进而可得线线垂直.
【详解】（1）连接AC与BD相交于O,连接ON，
由于AB=2CD，且AB//CD,
所以OC:OA=CD:AB=1:2,
又EN=2NC,所以ON//AE,
AE⊄平面BND,ON⊂平面BND,所以AE//平面BND，

（2）过C作CM⊥BD交BD于M，由于平面BDE⊥平面ABCD，且两平面交线为BD，CM⊂平面ABCD，
所以CM⊥平面BED，BE⊂平面BED,故CM⊥ BE，
又四边形ABEF为直角梯形，故AB⊥EB,
AB,CM是平面ABCD内的两相交直线，所以BE⊥平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，故BE⊥AD.

4．（2023高一·全国·专题练习）如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点．
(1)求证：DB⊥PQ；
(2)在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点N为AB中点，证明见解析
【分析】（1）通过证明PQ⊥底面ABCD来证得DB⊥PQ.
（2）取N为AB的中点，通过证明CN⊥平面PQB来证得平面PCN⊥平面PQB.
【详解】（1）正三角形PAD中，Q为AD的中点，故PQ⊥AD，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，
所以PQ⊥底面ABCD，
又DB⊂底面ABCD，所以DB⊥PQ；
（2）存在点N，当N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB，证明如下：
由（1）知：PQ⊥底面ABCD，又CN⊂底面ABCD，所以PQ⊥CN，
因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB中点，所以BA=CB,AQ=BN，
∠QAB=∠NBC=90∘，所以△QAB≅△NBC，所以∠AQB=∠BNC，
因为∠QAB+∠ABQ=90∘，所以∠CNB+∠ABQ=90∘，所以CN⊥BQ，
而PQ∩BQ=Q,PQ,BQ⊂平面PQB，所以CN⊥平面PQB，
又CN⊂平面PCN，所以平面PCN⊥平面PQB；

题型五 面面垂直的简单应用
1．（20-21高一·全国·课时练习）如图，在三棱锥DABC中，若AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有 (写出全部正确命题的序号).
①平面ABC⊥平面ABD；
②平面ABD⊥平面BCD；
③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；
④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.
【答案】③
【分析】由等腰三角形三线合一的性质可得BE⊥AC，DE⊥AC，再由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDE，然后利用面面垂直的判定定理可得平面ABC⊥平面BDE，平面ACD⊥平面BDE
【详解】因为AB=CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，
同理有DE⊥AC，
因为BE∩DE=E，BE,DE⊂平面BDE.
所以AC⊥平面BDE.
因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.
又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，
故答案为：③.
2．（22-23高一下·河北石家庄·期中）如图一，矩形ABCD中，BC=2AB,AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M，现将△ABD沿BD翻折至△A'BD的位置，如图二，点N为棱A'D的中点，则下列判断一定成立的是（ ）
A．BD⊥CNB．A'O⊥平面BCD
C．CN//平面A'OMD．平面A'OM⊥平面BCD
【答案】D
【分析】利用反证法可判断A；由二面角A'−BD−M的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D．
【详解】对于D选项，翻折前，BD⊥AO，BD⊥OM，
翻折后，BD⊥A'O，BD⊥OM，
因为A'O∩OM=O，A'O、OM⊂平面A'OM，则BD⊥平面A'OM，
因为BD⊂平面BCD，所以平面A'OM⊥平面BCD，故D正确；
对于B选项，因为BD⊥A'O，BD⊥OM，
则二面角A'−BD−M的平面角为∠A'OM，
在翻折的过程中，∠A'OM的大小会发生变化，故A'O与OM不一定垂直，
所以A'O与平面BCD不一定垂直，故B错误；
对于A选项，设BC=2AB=2a，
在图一中，tan∠ABD=ADAB=AOOB=2，
又因为AB=AO2+OB2=a，所以AO=255a，OB=55a，
因为∠AMB+∠BAM=∠ABD+∠BAM，所以∠AMB=∠ABD，
所以tan∠AMB=ABBM=2，则BM=12AB=a2，
在图二中，过点C在平面BCD内作CE//OM，交BD于点E，连接NE，
则BEBO=BCBM=4，故BE=4OB=455a，则DE=BD−BE=55a，
因为OD=BD−OB=455a，所以E不是OD的中点，
因为BD⊥OM，CE//OM，则BD⊥CE，
若BD⊥CN，因为CE∩CN=C，CE、CN⊂平面CNE，
则BD⊥平面CNE，
因为NE⊂平面CNE，所以BD⊥NE，
因为A'O、NE⊂平面A'BD，且BD⊥A'O，所以A'O//NE，
因为N为A'D的中点，则E为OD的中点，与已知矛盾，故A错误；
由选项A知，因为CE//OM，CE⊄平面A'OM，OM⊂平面A'OM，
所以CE//平面A'OM，
若CN//平面A'OM，则CN∩CE=C，CN、CE⊂平面CNE，
所以平面CNE//平面A'OM，
因为平面A'BD∩平面CNE=NE，平面A'BD∩平面A'OM=A'O，则A'O//NE，
因为N为A'D的中点，则E为OD的中点，与已知条件矛盾，故C错误．
故选：D．
3．（2023·广东·二模）如图，在四面体ABCD中，AB=AC,BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD,O为线段BC的中点，则下列判断错误的是（ ）
A．AC⊥BDB．BD⊥平面ABC
C．AB⊥CDD．AO⊥平面BCD

【答案】C
【分析】利用面面垂直的性质可判定线面垂直，从而得出线线垂直，即可判定A、B、D三项正确.
【详解】因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD，
所以BD⊥平面ABC，即B项正确；
因为AC⊂平面ABC，所以BD⊥AC，即A正确；
因为AB=AC,O为线段BC的中点，
所以BC⊥AO，同理可得AO⊥平面BCD，即D正确；
因为BD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以BD⊥AB，
BD∩CD=D,BD、CD⊂平面BCD，若AB⊥CD，则AB⊥平面BCD，
显然B、O不重合，故C错误.
故选：C
4．（多选）（22-23高一下·云南楚雄·期中）若α，β，γ表示不同的平面，l表示直线，则下列条件能得出α⊥β的是（ ）
A．α内存在一条直线垂直于平面βB．α//γ，β⊥γ
C．l⊥α，l//βD．α⊥γ，β⊥γ
【答案】ABC
【分析】根据面面垂直的定义和判定定理，对选项进行判断.
【详解】α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行可能垂直，也可能只相交不垂直，不能得出α⊥β，
D选项不正确，其他选项均能得出α⊥β．
故选：ABC
题型六 面面垂直中的动点探索性问题
1．（2023高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥S−ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA=SD=AD=2，四边形ABCD为正方形，E为AD的中点，F为SB上一点，M为BC上一点，且平面EFM//平面SCD．在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求CNCS；若不存在，说明理由．
【答案】存在，CNCS=12．
【分析】由已知条件可证SE⊥平面ABCD，连接EC，DM交于点O，当N为SC中点时，可证NO//SE，所以NO⊥平面ABCD，由NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD，可得CNCS=12．
【详解】存在，当N为SC中点时，平面DMN⊥平面ABCD，证明如下：
平面EFM//平面SCD，平面EFM∩平面ABCD=EM，平面SCD∩平面ABCD=CD，
则有 EM//CD，因为ED//CM，所以四边形EMCD为平行四边形，
连接EC,DM交于点O，则有EO=CO，连接NO．
又因为N为SC中点，所以NO//SE．
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，
又SE⊂平面SAD，由SA=SD得SE⊥AD，
所以SE⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD．
所以存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，此时CNCS=12．
2．（22-23高一下·山东滨州·期中）如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ABC=60∘,三角形PAB为正三角形,且侧面PAB⊥底面ABCD.E,M分别为线段AB,PD的中点.
(1)求证:PB //平面ACM;
(2)在棱CD上是否存在点G,使平面GAM⊥平面ABCD,请说明理由.

【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行,进而得到线面平行;
（2）在棱CD上存在点G,G为CD的中点时,平面GAM⊥平面ABCD,先猜后证,先证线面垂直,由线面推出面面垂直.
【详解】（1）连接BD交AC于H点,连接MH,
因为四边形ABCD是菱形,
所以点H为BD的中点.
又因为M为PD的中点,
所以MH∥BP.
又因为BP⊄平面ACM,MH⊂平面ACM,
所以BP ∥平面ACM.

（2）在棱CD上存在点G,G为CD的中点时,平面GAM⊥平面ABCD.
证明:连接EC.
因为△PAB为正三角形,E为AB的中点,
所以PE⊥AB,
又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊂平面PAB.
所以PE⊥平面ABCD,又CD⊂平面ABCD,
所以PE⊥CD,
因为ABCD是菱形,∠ABC=60∘,E为AB的中点,
所以△ABC是正三角形,CE⊥AB,
因为CD∥AB,
所以CE⊥CD,
因为PE∩CE=E,PE⊂平面PEC,CE⊂平面PEC,
所以CD⊥平面PEC,又PC⊂平面PEC,
所以CD⊥PC.
因为M,G分别为PD,CD的中点,
所以MG∥PC,
所以CD⊥MG,
因为ABCD是菱形,∠ADC=60∘,
所以△ADC是正三角形.
又因为G为CD的中点,
所以CD⊥AG,
因为MG∩AG=G,MG⊂平面MAG,AG⊂平面MAG,
所以CD⊥平面MAG,
因为CD⊂平面ABCD,
所以平面MAG⊥平面ABCD.
3．（22-23高一下·山西大同·阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，FA⊥平面ABCD，ED∥FA，且AB=FA=2ED.
(1)求证：平面ABF∥平面CDE；
(2)在棱CF上是否存在点P，使平面FAC⊥平面PBE？并说明理由.

【答案】(1)证明见解析
(2)棱CF上存在点P，使平面FAC⊥平面PBE，且P为棱CF的中点．理由见解析
【分析】（1）先证明，CD∥平面ABF，DE//平面ABF，再利用面面平行的判定定理可得结论；
（2）棱CF上存在点P，使平面FAC⊥平面PBE，且P为棱CF的中点，证明EP⊥平面FAC，再利用面面垂直的判定定理可得结论.
【详解】（1）因为四边形ABCD是菱形，所以AB∥CD.
又AB⊂平面ABF，CD⊄平面ABF，所以CD∥平面ABF.
因为ED∥FA，AF⊂平面ABF，DE⊄平面ABF，所以DE//平面ABF.
而CD∩DE=D，CD，ED⊂平面CDE，所以平面ABF∥平面CDE.
（2）棱CF上存在点P，使平面FAC⊥平面PBE，且P为棱CF的中点．理由如下：
连接AC，BD交于点O，设FC的中点为P，连接OP，EP.
如图，在菱形ABCD中，O为AC的中点，则OP∥FA，且OP=12FA，
而FA=2ED，ED∥FA，于是得OP∥ED，
且OP=ED，即四边形OPED为平行四边形.
所以OD∥EP，即BD∥EP，
因为FA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则FA⊥BD，
又BD∥EP，所以FA⊥EP.

又四边形ABCD是菱形，即BD⊥AC，所以EP⊥AC，
而FA∩AC=A，FA，AC⊂平面FAC，因此EP⊥平面FAC，
又EP⊂平面PBE，所以平面FAC⊥平面PBE.
4．（22-23高一下·江苏徐州·阶段练习）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D是BC上一点.
(1)若点D是BC的中点，求证A1C∥平面AB1D；
(2)若平面AB1D⊥平面BCC1B1，求证AD⊥BC.

【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接A1B，设AB1∩A1B=E，则由三角形中位线定理可得DE∥A1C，然后利用线面平行的判定定理可得结论；
（2）在平面BCC1B1中，过B作BF⊥B1D，则由面面垂直的性质可得BF⊥平面AB1D，则BF⊥AD，再由直棱柱的性质可得BB1⊥AD，然后由线面垂直的判定可得AD⊥平面BCC1B1，从而由线面垂直的性质可得结论.
【详解】（1）证明：连接A1B，设AB1∩A1B=E，则E为A1B的中点，
连接DE，由D是BC的中点，得DE∥A1C，
又DE⊂面AB1D，且A1C⊄面AB1D，
所以A1C∥平面AB1D；

（2）证明：在平面BCC1B1中，过B作BF⊥B1D，
因为平面AB1D⊥平面BCC1B1，又平面AB1D∩平面BCC1B1=B1D，
所以BF⊥平面AB1D，
因为AD⊂平面AB1D，所以BF⊥AD，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
所以BB1⊥AD，
又BB1∩BF=B，BB1,BF⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，
因为BC⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC.
1．（21-22高一下·全国·期末）如图，在三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，∠ABC=3∠BAC=90°，BC=2，SA=6，D为线段AC的中点，E是线段SC上一点，且SE=3EC，平面α过点D，E，且平面α⊥平面SAB.
(1)求平面α被三棱锥S−ABC截得的截面面积；
(2)求点S到平面α的距离.
【答案】(1)534；
(2)92.
【分析】（1）利用辅助线作出截面，借助直角梯形的面积公式可得答案；
（2）把求点S到平面α的距离转化为求点B到平面α的距离，利用定义可求答案.
【详解】（1）如图，过点D作DF//BC交AB于F，过点E作EG//BC交SB于G，连接FG，
因为SA⊥平面ABC，SA⊂平面SAB，所以平面SAB⊥平面ABC，
因为∠ABC=90°，DF//BC，所以DF⊥AB，
因为平面SAB∩平面ABC=AB，平面SAB⊥平面ABC，DF⊂平面ABC，
所以DF⊥平面SAB，又DF⊂平面DFGE，所以平面DFGE⊥平面ABC，
则四边形DFGE为所求截面图形.
又FG⊂平面SAB，所以DF⊥FG.
计算可得BC=2，AB=23，DF=12BC=1，EG=34BC=32，
所以四边形DFGE是直角梯形.
因为SA⊥平面ABC，所以SA⊥AB，
易得SB=43，BG=14SB=3,，BF=12AB=3，
在Rt△ABS中，tan∠SBA=SAAB=3，所以∠SBA=60°，
所以△BFG是等边三角形，所以FG=3，
所以四边形DFGE的面积为1+32×32=534.
（2）由（1）知，BG=14SB=3，
故S点到平面α的距离等于点B到平面α的距离的3倍.
过B作BH⊥FG于H，
因为平面SAB⊥平面α，平面SAB∩平面α=FG，BH⊂平面SAB，
所以BH⊥平面α，所以点B到平面α的距离就是BH的长度.
由（1）知，△BFG是边长为3的等边三角形，
则BH=32BF=32，
故点S到平面α的距离为92.
2．（2024高一下·江苏·专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ADE⊥平面ABCD，EF=1,AE=DE=2.
(1)求证：CD//平面ABFE；
(2)求证：平面ABFE⊥平面CDEF；
(3)在线段CD上是否存在点N，使得FN⊥平面ABFE?说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，理由见解析
【分析】
（1）由题意可得AB//CD，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理可得AE⊥DE，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质可得AB⊥DE，再次利用线面垂直的判定定理可得DE⊥平面ABFE，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（3）取CD的中点N，连接FN.由（1）可得FN//DE，由（2）可得DE⊥平面ABFE，即可证明.
【详解】（1）
在五面体ABCDEF中，因为四边形ABCD是正方形，所以AB//CD.
又CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，所以CD//平面ABFE.
（2）
因为AE=DE=2,AD=2，
所以AE2+DE2=AD2，所以∠AED=90°，即AE⊥DE.
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD.
因为平面ADE ⊥平面ABCD，平面ADE ∩平面ABCD =AD,AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面ADE.
因为DE⊂平面ADE，所以AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,AB、AE⊂平面ABFE,所以DE⊥平面ABFE.
因为DE⊂平面CDEF，所以平面ABFE⊥平面CDEF.
（3）
在线段CD上存在点N，使得FN⊥平面ABFE.
证明如下：取CD的中点N，连接FN.
由（1）知，CD//平面ABFE，又CD⊂平面CDEF，平面ABFE∩平面CDEF =EF，
所以CD//EF.因为EF=1,ND=12CD=1，所以EF=DN.
所以四边形EDNF是平行四边形．所以FN//DE.
由（2）知，DE⊥平面ABFE，所以FN⊥平面ABFE.
3．（2024高一·全国·专题练习）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60∘，点M,N分别是边BC,CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA,PB,PD，得到如图2所示的五棱锥P−ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG?证明你的结论；
(2)在翻折过程中当四棱锥P−MNDB的体积最大时，求此时点A到平面PDB的距离；
【答案】(1)总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析
(2)6
【分析】（1）由菱形ABCD中，∠DAB=60∘，△PMN是等边三角形，易得MN⊥PG，再由MN⊥AC，利用线面垂直的判定定理得到MN⊥平面PAG，再由BD//MN，利用面面垂直的判定定理证明；
（2）要使得四棱锥P−MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，然后利用等体积法，由VP−ADB=VA−PDB求解.
【详解】（1）证明：在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG；
证明如下：∵点M,N分别是边BC,CD的中点，∴BD//MN，
∵菱形ABCD中，∠DAB=60∘，∴△PMN是等边三角形，
∵G是MN的中点，PM=PN，∴MN⊥PG；
∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴MN⊥AC；
∵AC∩PG=G，AC,PG⊂平面PAG，∴MN⊥平面PAG，
∴BD⊥平面PAG，
∵BD⊂平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PAG.
（2）要使得四棱锥P−MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，
当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离最大为3，
又S△ADB=12AD⋅ABsinπ3=12×4×4×32=43，
∴VP−ADB=13S△ADB×3=13×43×3=4；
∵PO1=PG2+GO12=6，
∴S△PDB=12PO1⋅DB=26，
设点A到平面PDB的距离为d，
∴VP−ADB=13S△PDB⋅d=263d=4，解得：d=6，
即点A到平面PDB的距离为6.