2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)专题7.4空间直线、平面的垂直【八大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)专题7.4空间直线、平面的垂直【八大题型】特训(学生版+解析)，共83页。

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\l "_Tc20966" 【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】 PAGEREF _Tc20966 \h 5
\l "_Tc5433" 【题型2 证明线线垂直】 PAGEREF _Tc5433 \h 5
\l "_Tc6823" 【题型3 线面垂直的判定】 PAGEREF _Tc6823 \h 7
\l "_Tc21165" 【题型4 线面垂直的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc21165 \h 9
\l "_Tc22930" 【题型5 面面垂直的判定】 PAGEREF _Tc22930 \h 11
\l "_Tc29395" 【题型6 面面垂直性质定理的应用】 PAGEREF _Tc29395 \h 12
\l "_Tc29233" 【题型7 垂直关系的综合应用】 PAGEREF _Tc29233 \h 15
\l "_Tc21483" 【题型8 平行、垂直关系的综合应用】 PAGEREF _Tc21483 \h 16
1、空间直线、平面的垂直
【知识点1 线面垂直的判定定理和性质定理】
1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面互相垂直，记作l⊥.直线l叫
做平面的垂线，平面叫做直线l的垂面.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.
(2)点到平面的距离
过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的
长度叫做这个点到该平面的距离.
2．直线与平面垂直的判定定理
(1)自然语言：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直．
(2)图形语言：如图所示．
(3)符号语言：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.
该定理可简记为“若线线垂直，则线面垂直”.
3．直线与平面垂直的性质定理
(1)直线与平面垂直的性质定理
①自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．
②图形语言：如图所示．
③符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(2)性质定理的作用
①由线面垂直证明线线平行.
②构造平行线.
【知识点2 面面垂直的判定定理和性质定理】
1．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”.
2．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.
【知识点3 空间中的垂直关系的判定方法】
1．直线与直线垂直的判定方法
(1)定义法：如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线
b垂直，记作a⊥b；
(2)利用线面垂直的性质定理；
(3)利用面面垂直的性质定理；
2．直线与平面垂直的判定方法
(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);
(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；
(4)面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于这两个平面的交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；
(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；
(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
3．面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理.
(2)一个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
4．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.
【知识点4 空间中位置关系的相互转化】
1．线、面垂直位置关系的相互转化
2．平行关系与垂直关系的相互转化
【方法技巧与总结】
1．三垂线定理
平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.
3．两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.
【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】
【例1】（2024·四川成都·三模）已知直线l、m、n与平面α、β，下列命题正确的是（ ）
A．若l⊥n，m⊥n，则l//m
B．若l⊥α，l//β，则α⊥β
C．若l⊥α，l⊥m，则m//α
D．若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
【变式1-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．m⊥n，m//α，α//β，则n⊥β
【变式1-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知m,n是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若α⊥β,m⊂α,n⊂β，则m⊥nB．若α⊥β,β⊥γ，则α//γ
C．若m⊥α,m//n,n//β，则α⊥βD．若m//n,m//α，则n//α
【变式1-3】（2024·重庆·模拟预测）已知两条直线m，n和三个平面α，β，γ，下列命题正确的是（ ）
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ
C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，则m⊥γ
D．若n⊂γ，n∥α，n∥β，α∩β=m，则m∥γ
【题型2 证明线线垂直】
【例2】（2024·四川宜宾·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AD=PD=2，∠PDC=120°，PA=22，点E为线段PC的中点，点F在线段AB上，且AF=12．
(1)求证：CD⊥EF；
(2)求三棱锥P−ABD的体积．
【变式2-1】（2024·陕西西安·三模）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=2，AB=4．
(1)证明：BD⊥AP．
(2)若△PAD为等边三角形，求点C到平面PBD的距离．
【变式2-2】（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PBD,AB=AD=AP=2．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若E为AD的中点，∠BAD=60°，求E到平面PBD的距离．
【变式2-3】（2024·内蒙古·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB=2，四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1=π3.
(1)证明：AB⊥B1C；
(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，AC1⊥B1C，求四棱锥A1−BCC1B1的体积.
【题型3 线面垂直的判定】
【例3】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60∘,AA1=6,∠A1AB=∠A1AD,AC与BD交于O,∠A1AO=45∘.
(1)证明：A1O⊥平面ABCD；
(2)求四棱锥A1−BB1D1D的体积.
【变式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱锥P−ABCD中，AP=AC，底面ABCD为等腰梯形，CD ∥ AB，AB=2CD=2BC=2，E为线段PC的中点，PC⊥CB.
(1)证明：AE⊥平面PCB；
(2)若PB=2，求直线PD与平面ABCD所成角的正弦值.
【变式3-2】（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把△ADE折起，使点D到达点P的位置，且∠PAB=π3．
(1)求证：PE⊥平面PAB；
(2)求三棱锥E−PAB的表面积
【变式3-3】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB=2CD=2AD=2.
(1)证明：BC⊥面PAC；
(2)若点A到平面PBC的距离为32，求四棱锥P—ABCD的体积.
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】
【例4】（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平面α∩平面β=l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，直线a⊂β，a⊥AB，试判断直线a与直线l的位置关系，并说明理由．
【变式4-1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且PC=BC=2AD=2CD=22，PA=2．
(1)求三棱锥B−ACP的体积；
(2)求证：AB⊥PC．
【变式4-2】（2024高一·全国·专题练习）在三棱锥P−ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥平面ABC，将三角形PAC绕PA逆时针旋转至PAD位置（如图），且二面角D−PA−B的大小为90°．证明：A，B，C，D四点共面，且AD⊥PB；
【变式4-3】（23-24高一下·江苏淮安·期中）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的正三角形，G为△A1BC的重心，∠A1AB=∠A1AC=60∘
(1)求证：B1B⊥BC；
(2)已知A1A=2,P∈平面ABC，且C1P⊥平面A1BC．求证：AG//C1P．
【题型5 面面垂直的判定】
【例5】（2024·四川成都·模拟预测）如图，三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°,D为A1C与AC1交点.
(1)证明：平面BCD⊥平面AB1C1；
(2)若DB1=132，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积.
【变式5-1】（2024·四川资阳·二模）如图，在四面体ABCD中，AB=AC=AD=BC=BD=2，BC⊥BD，E，F分别为AB，AC的中点.
(1)证明：平面ACD⊥平面BCD；
(2)求点A到平面BDF的距离.
【变式5-2】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱ABC−A1B1C1，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.
(1)证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；
(2)求直线EF与A1B1所成角的正弦值.
【变式5-3】（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，∠A1AB=∠A1AC，D为BC的中点，过B1C1的平面交棱AB于E，交AC于F.
(1)求证：平面A1AD⊥平面EB1C1F；
(2)设M为B1C1的中点，平面EB1C1F交AD于P，且PD=2PA.若PM=AB=6，且∠MPD=π3，求四棱锥B−EB1C1F的体积.
【题型6 面面垂直性质定理的应用】
【例6】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，M为棱PC上的动点且PMPC=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证: △PBC为直角三角形;
(2)试确定λ的值，使得三棱锥P−AMD的体积为23.
【变式6-1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC=60°,AC=2，平面ABC⊥平面ACC1A1．
(1)证明：A1C⊥AB1；
(2)求点C1到平面ABB1A1的距离．
【变式6-2】（2024·四川成都·三模）如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60°，CH=2，CD=4，BC=3，BH⊥BC.
(1)证明：EF⊥BD；
(2)若△ABC的面积为334，求三棱锥D−ABH的体积.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体PABCDE中，PA⊥平面ABCD,DE//PA,PA=2DE=2AD=4，四边形ABCD是正方形，BE=23．
(1)证明：∠PEA=90°；
(2)证明：PE⊥平面ABE；
(3)求三棱锥P−ABE的体积．
【题型7 垂直关系的综合应用】
【例7】（2024·四川成都·一模）点A、B在以PC为直径的球O的表面上，且AB⊥BC，AB=BC=2，已知球O的表面积是12π，下列说法中正确的个数是（ ）
①BC⊥平面PAB；②平面PAC⊥平面ABC；③PB⊥AC．
A．0B．1C．2D．3
【变式7-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是棱AA1上一点，平面MBD1与棱CC1交于点N.给出下面几个结论，其中所有正确的结论是（ ）
①四边形MBND1是平行四边形；②四边形MBND1可能是正方形；③存在平面MBND1与直线BB1垂直；④任意平面MBND1都与平面ACB1垂直.

A．①②B．③④C．①④D．①②④
【变式7-2】（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，点M为A1B1的中点.
(1)证明：MC1⊥平面ABB1A1；
(2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出B1QQB的值；若不存在，请说明理由.
【变式7-3】（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC,∠ABC=90°，且PA=AD=2,AB=BC=1,PB=5,E为PD的中点．
(1)求证：AB⊥AE；
(2)求二面角E−AC−D的余弦值；
(3)在线段AP上是否存在点M使得平面BCEM⊥平面PAB？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由．
【题型8 平行、垂直关系的综合应用】
【例8】（2024·四川南充·二模）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB=AA1=4，M,N分别为A1B1,AD的中点．
(1)求证：A1N//平面BDM；
(2)若∠BAD=60∘，求证：平面A1MN⊥平面DD1M．
【变式8-1】（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形BCDE为直角梯形，且BC//DE，ED⊥CD，BC=2，CD=3，ED=1．△ABE为等边三角形，平面ABE⊥平面BCDE．

(1)线段AC上是否存在一点G，使得DG//平面ABE，若存在，请说明G点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点Q，满足AQ⊥BE，且QB⋅QC=0．求点Q的轨迹长度．
【变式8-2】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图（1）示，在梯形BCDE中， BC//DE，BA⊥DE，且EA=DA=AB=2CB=2，如图（2）沿AB将四边形ABCD折起，使得平面ABCD与平面ABE垂直， M为CE的中点．
(1)求证： BC//面DAE;
(2)求证： AM⊥BE；
(3)求点D到平面BCE的距离．
【变式8-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，棱长为2．
(1)求证：A1C⊥B1D1．
(2)若平面α/平面AB1D1，且平面α与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值．
(3)已知平面α/平面AB1D1，设平面α与正方体的棱AB、BB1、B1C1交于点E、F、G，当截面EFG的面积最大时，求点F到平面EGC的距离．
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·二模）设α，β是两个不同平面，a，b是两条不同直线，则α//β的一个充分条件是（ ）
A．a//α，b//β，a∥b B．a⊥α，b⊥β，a⊥b
C．a⊥α，b⊥β，a∥b D．a//α，b//β，a与b相交
2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（ ）

A．AB∥HGB．CG⊥BHC．CG⊥DHD．AC∥DG
3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．秋千绳与墙面始终平行
B．秋千绳与道路始终垂直
C．秋千板与墙面始终垂直
D．秋千板与道路始终垂直
4．（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，α,β是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若m//α,n//β,α//β，则m//n
B．若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α//β
C．若m⊥α,m//n,α⊥β，则n⊥β
D．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，则α⊥β
5．（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BC1的中点，则（ ）
A．EF//BDB．FD1//平面BCE
C．EF⊥BC1D．AF⊥平面BCC1B1
6．（2024·山东济南·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点，则（ ）
A．A1D ∥ D1B,MN ∥平面ABCD
B．A1D ∥ D1B,MN⊥平面BB1D1D
C．A1D⊥D1B,MN ∥平面ABCD
D．A1D⊥D1B,MN⊥平面BB1D1D
7．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是（ ）
A．AE⊥CE
B．BC//平面ADE
C．平面ADE⊥平面BCE
D．DE⊥平面BCE
8．（2024·四川广安·二模）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形﹐且P∉平面ABCD.给出下列结论：
①BD//平面PEF；
②平面PAC⊥平面ABCD；
③“直线PF⊥直线AC”始终不成立.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③B．①②C．①③D．②③
二、多选题
9．（2024·广东肇庆·三模）已知α，β是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若α∩β=l，m∥α，m∥β，则m∥l
D．若α∩β=l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
10．（2024·云南昆明·模拟预测）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A．AF∥CNB．BM⊥DE
C．CN与BM成60°角D．NE与BM是异面直线
11．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，PA=AB，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为α，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面α截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为1116V
D．平面PBC⊥平面PCD
三、填空题
12．（2023·陕西安康·模拟预测）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4，平面α与棱AA1,BB1,CC1,DD1分别交于点M,E,N,F，其中E,F分别是BB1,DD1的中点，且A1C⊥ME，则A1M= ．
13．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥S−ABCD的底面ABCD为菱形，其中∠BCD=120°,SA=SB=2AB=263SC，点H在线段SB上，若平面SAB⊥平面CDH，则BHBS= ．
14．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是 ．
①平面BD1P⊥平面ACB1
②三棱锥A1−DPC1的体积为定值
③在B1C上存在点P，使得A1P//面ACD1
④A1P+PC1的最小值为2

四、解答题
15．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，E为线段AB的中点，PA=AB=2．
(1)求证：BD⊥PC；
(2)求点E到平面PBD的距离．
16．（2024·青海海西·模拟预测）如图是一个平面截底面边长为2的正方形的长方体ABCD−A1B1C1D1所得的几何体ABCDEFGH,AC与BD相交于点O,AE=1,CG=2,BF=DH.
(1)证明：OG⊥平面BDE；
(2)求三棱锥G−BDE的体积.
17．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，∠BAD=60°，AB=1，AD=CD=2，BE⊥CD．

(1)证明：平面BDE⊥平面ABCD；
(2)若AD⊥DE，DE=42，F为CE中点，求三棱锥F−ABE的体积．
18．（2024·四川成都·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC=90°，BA=2，AA1=2，D是棱AC的中点，E在棱BB1上，且AE⊥A1C.

(1)证明：BD//平面AEC1；
(2)若四棱锥C1−AEB1A1的体积等于1，判断平面AEC1与平面ACC1A1是否垂直，并说明理由.
19．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1，∠ABC=π3，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P−EBCD，如图2所示.
(1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l；
(2)求证：平面PBE⊥平面BCDE；
(3)若二面角P−ED−B的大小为π3，求三棱锥E−PCD的体积.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系
(2)掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用
2022年全国乙卷（文数）：第9题，5分
2022年全国乙卷（文数）：第18题，12分
2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分
2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分
空间直线、平面的垂直是高考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，主要分三方面进行考查，一是空间中线面垂直关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面垂直的证明以及垂直关系的转化，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；三是线面平行、垂直关系的存在性问题，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的垂直的判定与性质.
专题7.4 空间直线、平面的垂直【八大题型】
【新高考专用】
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\l "_Tc20966" 【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】 PAGEREF _Tc20966 \h 5
\l "_Tc5433" 【题型2 证明线线垂直】 PAGEREF _Tc5433 \h 7
\l "_Tc6823" 【题型3 线面垂直的判定】 PAGEREF _Tc6823 \h 12
\l "_Tc21165" 【题型4 线面垂直的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc21165 \h 17
\l "_Tc22930" 【题型5 面面垂直的判定】 PAGEREF _Tc22930 \h 20
\l "_Tc29395" 【题型6 面面垂直性质定理的应用】 PAGEREF _Tc29395 \h 25
\l "_Tc29233" 【题型7 垂直关系的综合应用】 PAGEREF _Tc29233 \h 30
\l "_Tc21483" 【题型8 平行、垂直关系的综合应用】 PAGEREF _Tc21483 \h 34
1、空间直线、平面的垂直
【知识点1 线面垂直的判定定理和性质定理】
1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面互相垂直，记作l⊥.直线l叫
做平面的垂线，平面叫做直线l的垂面.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.
(2)点到平面的距离
过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的
长度叫做这个点到该平面的距离.
2．直线与平面垂直的判定定理
(1)自然语言：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直．
(2)图形语言：如图所示．
(3)符号语言：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.
该定理可简记为“若线线垂直，则线面垂直”.
3．直线与平面垂直的性质定理
(1)直线与平面垂直的性质定理
①自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．
②图形语言：如图所示．
③符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(2)性质定理的作用
①由线面垂直证明线线平行.
②构造平行线.
【知识点2 面面垂直的判定定理和性质定理】
1．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”.
2．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.
【知识点3 空间中的垂直关系的判定方法】
1．直线与直线垂直的判定方法
(1)定义法：如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线
b垂直，记作a⊥b；
(2)利用线面垂直的性质定理；
(3)利用面面垂直的性质定理；
2．直线与平面垂直的判定方法
(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);
(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；
(4)面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于这两个平面的交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；
(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；
(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
3．面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理.
(2)一个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
4．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.
【知识点4 空间中位置关系的相互转化】
1．线、面垂直位置关系的相互转化
2．平行关系与垂直关系的相互转化
【方法技巧与总结】
1．三垂线定理
平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.
3．两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.
【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】
【例1】（2024·四川成都·三模）已知直线l、m、n与平面α、β，下列命题正确的是（ ）
A．若l⊥n，m⊥n，则l//m
B．若l⊥α，l//β，则α⊥β
C．若l⊥α，l⊥m，则m//α
D．若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
【解题思路】对于A，由只需之间的位置关系即可判断；对于B，由面面垂直的判定即可判断；对于C，由线面位置关系即可判断；对于D，由面面垂直的性质即可判断.
【解答过程】对于A，若l⊥n，m⊥n，则l,m平行、相交或异面；
对于B，若l//β，则存在l1⊂β，使得l//l1，又因为l⊥α，l1⊥α，而l1⊂β，所以α⊥β，故B正确；
对于C，若l⊥α，l⊥m，则m//α或m⊂α，故C错误；
对于D，若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，且如果l不在α内，则不会有l⊥β，故D错误.
故选：B.
【变式1-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
C．若m⊥α，n⊥α，则m//nD．m⊥n，m//α，α//β，则n⊥β
【解题思路】根据空间线线、线面、面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.
【解答过程】A：若α⊥β,β⊥γ，则α与γ可能相交，可能平行，故A错误；
B：若α⊥β,m⊂α,n⊂β，则m与n可能相交，可能平行，故B错误；
C：若m⊥α,n⊥α，由线面垂直的性质知m//n，故C正确；
D：若m⊥n,m//α,α//β，则n与β可能相交，可能平行，故D错误.
故选：C.
【变式1-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知m,n是两条不同的直线，α,β,γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若α⊥β,m⊂α,n⊂β，则m⊥nB．若α⊥β,β⊥γ，则α//γ
C．若m⊥α,m//n,n//β，则α⊥βD．若m//n,m//α，则n//α
【解题思路】对于A，当α∩β=l，且m//l,n//l时，可判断A错误；对于B，当若α∩γ=l，且l⊥β时，可判断B错误；对于C，根据平行的性质及面面垂直的判定定理即可判定；对于D，根据条件即可判定.
【解答过程】对于A,因为α⊥β,设α∩β=l，
又m⊂α,n⊂β，则当m//l,n//l时，m//n，故A错误；
对于B，若α∩γ=l，且l⊥β，则有α⊥β,β⊥γ，故B错误；
对于C，因为m⊥α,m//n,
故n⊥α，又n//β，故存在直线a⊂β，且a//n，
此时a⊥α，由面面垂直的判定定理知α⊥β，故C正确；
对于D,当m//n,m//α，则n//α或者n⊂α，故D错误，
故选：C.
【变式1-3】（2024·重庆·模拟预测）已知两条直线m，n和三个平面α，β，γ，下列命题正确的是（ ）
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ
C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，则m⊥γ
D．若n⊂γ，n∥α，n∥β，α∩β=m，则m∥γ
【解题思路】利用面面平行的判定定理可判断出A和B正误，利用线面垂直的判定定理可判断出C的正误，利用线面平行的判定定理可判断出D的正误.
【解答过程】对于A，当m∥α，m∥β时，两平面α，β可能平行可能相交，所以A错误；
对于B，α⊥β，α⊥γ，两平面β，γ可能平行可能相交，所以B错误；
对于C，当α∩β=m，α⊥γ，β⊥γ时，
设α∩γ=b，β∩γ=c，在γ取一点O，过O分别作OB⊥b于B，OC⊥c于C，
则OB⊥α，OC⊥β，因为α∩β=m，
所以m⊂α，m⊂β，所以OB⊥m，OC⊥m，
因为OB∩OC=O，OB⊂γ,OC⊂γ，所以m⊥γ，所以C正确；
对于D，当α∩β=m，n⊂γ，n∥α，n∥β时，
可得m∥γ或m⊂γ，所以D错误.
故选：C.
【题型2 证明线线垂直】
【例2】（2024·四川宜宾·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AD=PD=2，∠PDC=120°，PA=22，点E为线段PC的中点，点F在线段AB上，且AF=12．
(1)求证：CD⊥EF；
(2)求三棱锥P−ABD的体积．
【解题思路】（1）利用线线垂直去证明线面垂直，即可得到线线垂直；
（2）利用线面垂直证明面面垂直，再作出线面垂直，即可得到棱锥的高，从而求出体积.
【解答过程】（1）证明：在正方形ABCD中，AD=CD，又AD=PD=2，∴PD=CD=2
在△PCD中，点E为线段PC的中点，DE⊥PC，DE平分∠PDC，
在Rt△CDE中，DE=CDcs60°=1，
过E作EH⊥CD交CD于H，连接FH，则DH=DEcs60°=12，
在正方形ABCD中，AF=12，∴四边形AFHD是矩形，
∴CD⊥FH，又CD⊥EH，EH∩FH=H，EH，FH⊂平面EFH，
∴CD⊥平面EFH，又EF⊂平面EFH，∴CD⊥EF．
（2）法一：在△PAD中，∵AD=PD=2，PA=22，∴AD⊥PD，
在正方形ABCD中，AD⊥CD，而CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PCD，AD⊂平面ABCD，∴平面PCD⊥平面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD =CD，过P作PQ⊥CD交CD于Q，∴PQ⊥平面ABCD，
∵∠PDC=120°，∴∠PDQ=60°，PQ=PDsin60°=3，
S△ABD=2，VP−ABD=13×2×3=233
法二：在△PAD中，∵AD=PD=2，PA=22，∴AD⊥PD，
在正方形ABCD中，AD⊥CD，而CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PCD，S△ABD=S△ACD=2，S△PCD=12DP⋅DCsin120°=3
VP−ABD=VP−ACD=VA−PCD=13S△PDC⋅AD=233．
【变式2-1】（2024·陕西西安·三模）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=2，AB=4．
(1)证明：BD⊥AP．
(2)若△PAD为等边三角形，求点C到平面PBD的距离．
【解题思路】（1）先证明AD⊥BD，再由面面垂直的性质定理求解；
（2）过点P作PO⊥AD，所以PO⊥平面ABCD，由体积法求解．
【解答过程】（1）因为AB⊥BC，DC=BC=AB2=2，所以BD=22，∠DBA=π4，
由余弦定理可得AD=AB2+BD2−2ABBDcsπ4=16+8−2×4×22×22=22，所以AD2+BD2=AB2，则AD⊥BD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD．
因为AP⊂平面PAD，所以BD⊥AP．
（2）过点P作PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD．
因为PA=AD=PD=22,PO=222−22=6，
在Rt△PBD中，S△PBD=12×22×22=4，而S△BCD=12×2×2=2，
VP−BCD=13⋅PO⋅S△BCD=13×6×2=263．
设点C到平面PBD的距离为h，VP−BCD=VC−PBD，
则13×4ℎ=263，解得ℎ=62，
所以点C到平面PBD的距离为62．
【变式2-2】（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面PBD,AB=AD=AP=2．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若E为AD的中点，∠BAD=60°，求E到平面PBD的距离．
【解题思路】（1）先证明AF⊥平面PBD得到AF⊥BD，由题意可得PA⊥BD，结合线面垂直的判定、性质即可得证；
（2）首先证明EH//平面PBD，HM⊥平面PBD，即所求为HM的长度，由解三角形知识即可求解.
【解答过程】（1）设AC∩BD=O，连接PO，过A作AF⊥PO，垂足为F，
因为平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD=PO,AF⊂平面PAC，
所以AF⊥平面PBD，
又BD⊂平面PBD，所以AF⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又PA,AF⊂平面PAC,PA∩AF=A，所以BD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC．
（2）取AO的中点H，连接EH，则EH//DO，
又DO⊂平面PBD,EH⊄平面PBD，所以EH//平面PBD，
所以点E到平面PBD的距离等于点H到平面PBD的距离．
过H作HM⊥PO，垂足为M，
因为平面PAC⊥平面PBD，平面PAC∩平面PBD=PO，HM⊂平面PAC，
所以由面面垂直的性质可得HM⊥平面PBD，
由（1）得AC⊥BD,PA⊥AO，
因为AB=AD,∠BAD=60°，所以∠DAC=30°，
因为AD=2，所以AO=3,OH=32,PO=7．
所以sin∠POA=PAPO=HMHO，所以HM=PA⋅HOPO=37=217，
即点E到平面PBD的距离为217．
【变式2-3】（2024·内蒙古·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB=2，四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1=π3.
(1)证明：AB⊥B1C；
(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，AC1⊥B1C，求四棱锥A1−BCC1B1的体积.
【解题思路】（1）利用线面垂直证明线线垂直；
（2）证明线面垂直，根据VA1−BCC1B1=2VA1−CBB1=2VC−A1BB1可得解.
【解答过程】（1）设O为AB的中点，连接CO，B1O，AB1，BC1，
因为CA=CB，所以AB⊥OC，
因为四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1=π3，所以△ABB1为等边三角形，
则AB⊥OB1，
又OC∩OB1=O，所以AB⊥平面OB1C，
因为B1C⊂平面OB1C，所以AB⊥B1C；
（2）因为AC1⊥B1C，AC1∩AB=A，所以B1C⊥平面ABC1，
因为BC1⊂平面ABC1，所以BC1⊥B1C，
所以四边形BCC1B1为菱形，即BC=BB1=2，
因为平面ABC⊥平面ABB1A1，且平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AB⊥OC，
所以OC⊥平面ABB1A1，且OC=3，
又因为∠ABB1=π3，则∠AB1B=2π3，
A1B1=BB1=2
故VA1−BCC1B1=2VA1−CBB1=2VC−A1BB1=2×13×S△A1B1B×OC=2×13×12A1B1×BB1×sin∠AB1B×OC=2×13×12×2×2×32×3=2.
【题型3 线面垂直的判定】
【例3】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60∘,AA1=6,∠A1AB=∠A1AD,AC与BD交于O,∠A1AO=45∘.
(1)证明：A1O⊥平面ABCD；
(2)求四棱锥A1−BB1D1D的体积.
【解题思路】（1）根据菱形的性质及全等三角形的性质，利用等腰三角形的三线合一和余弦定理的推理，结合勾股定理的逆定理和线面垂直的判定定理即可求证；
（2）根据（1）的结论及线面垂直的判定定理和性质定理，利用矩形的性质及勾股定理，结合棱锥的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以AB=AD.
因为∠A1AB=∠A1AD,AA1=AA1，所以△A1AB≅△A1AD，
所以BA1=DA1.
因为点O为线段BD中点，所以A1O⊥BD.
在△A1AO中，AA1=6,AO=3,∠A1AO=45°，
所以cs∠A1AO=22=A1A2+OA2−A1O22×A1A×OA，解得A1O=3.
所以62=32+32,即A1A2=OA2+A1O2，所以A1O⊥OA.
又OA∩BD=O，OA⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1O⊥平面ABCD.
（2）由（1）知，A1O⊥BD，又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又A1O∩AC=O，A1O⊂平面A1OA，AC⊂平面A1OA，所以BD⊥平面A1OA，
又AA1⊂平面A1OA，所以BD⊥AA1，
又ABCD−A1B1C1D1是平行六面体，所以AA1//BB1，
所以四边形BB1D1D为矩形，
由（1）知，A1O=3,OB=1,A1O⊥OB，所以A1B=A1D=2，
从而A1B=A1D=A1B1=A1D1=2，
连接B1D，BD1交于O1，连接A1O1，如图所示
在△DA1B1中，A1D=A1B1，O1为B1D的中点，所以A1O1⊥B1D，同理A1O1⊥BD1，
又B1D∩BD1=O1，B1D⊂平面BB1D1D，BD1⊂平面BB1D1D，
所以A1O1⊥平面BB1D1D，线段A1O1的长为A1到平面BB1D1D的距离.
由BD=2,BB1=6，可得DB1=2DO1=10，
在直角三角形A1DO1中，A1O1=A1D2−DO12=22−1022=62，
∴VA1−BB1D1D=13⋅A1O1⋅SBB1D1D=13×62×26=2.
【变式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱锥P−ABCD中，AP=AC，底面ABCD为等腰梯形，CD ∥ AB，AB=2CD=2BC=2，E为线段PC的中点，PC⊥CB.
(1)证明：AE⊥平面PCB；
(2)若PB=2，求直线PD与平面ABCD所成角的正弦值.
【解题思路】（1）分析题意，利用线面垂直的判定定理求解即可.
（2）利用线面垂直找到线面角，放到三角形中求解正弦值即可.
【解答过程】（1）因为AP=AC,E为线段PC的中点，所以AE⊥PC，
在等腰梯形ABCD中，作CF⊥AB于F，则由AB=2CD=2BC=2得FB=12BC，
所以cs∠CBA=BFBC=12，所以∠CBA=60∘,∠FCB=30∘，
因为AB=2BC，所以BCAB=BFBC=12，所以△BCF∼△BAC，
所以∠BCF=∠BAC=30∘，所以∠ACB=90∘，所以AC⊥BC，
因为PC⊥CB,PC∩AC=C，PC,AC⊂平面PCA，所以BC⊥平面PCA，
因为AE在平面PCA内，所以BC⊥AE，
因为PC∩BC=C,PC,BC在平面PCB内，所以AE⊥平面PCB.
（2）因为PB=2,BC=1，所以PC=3,AP=AC=3，
取AC的中点M，连接PM，则PM⊥AC，
因为BC⊥平面PCA，PM⊂平面PCA，所以PM⊥BC，
又BC∩AC=C，BC,AC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，
所以∠PDM为直线PD与平面ABCD所成的角，
在正△PAC中，PM=32，又因为DM=12BC=12，
在Rt△PDM中，PD2=PM2+DM2=52，所以PD=102，
所以sin∠PDM=PMPD=32102=31010.
所以直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为31010.
【变式3-2】（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把△ADE折起，使点D到达点P的位置，且∠PAB=π3．
(1)求证：PE⊥平面PAB；
(2)求三棱锥E−PAB的表面积
【解题思路】（1）求出各边，由勾股定理逆定理求出PB⊥PE，结合PA⊥PE得到线面垂直；
（2）求出各边长，利用三角形面积公式得到各三角形面积，相加得到表面积.
【解答过程】（1）由题可知PA⊥PE，
PE=DE=1，BE=EC2+BC2=5，
∵AP=AB，∠PAB=π3，
∴△PAB为等边三角形，
∴PB=2，
∴PB2+PE2=5=BE2，
∴PB⊥PE．
∵PB∩PA=P，PB,PA⊂平面PAB，
∴PE⊥平面PAB．
（2）由（1）得PE⊥PB，PE⊥PA，PA=PB=2，
∴S△PAE=S△PBE=12PA×PE=12×2×1=1，
由三角形面积公式得S△PAB=12PA×PB×sinπ3=3，
S△EAB=12DA×AB=2，
∴三棱锥E−PAB的表面积
S=S△PAE+S△PBE+S△EAB+S△PAB=1+1+2+3=4+3．
【变式3-3】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB=2CD=2AD=2.
(1)证明：BC⊥面PAC；
(2)若点A到平面PBC的距离为32，求四棱锥P—ABCD的体积.
【解题思路】（1）过D作DM⊥AB于M，过C作CN⊥AB于N，在等腰梯形ABCD中可证得AC⊥BC，再由平面PAB⊥平面ABCD，可证得PA⊥BC，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）过A作AE⊥PC于E，可得AE⊥平面PBC，则AE=32，在△ACP中可得∠ACP=π6，从而得AP=1，进而可求出四棱锥P—ABCD的体积.
【解答过程】（1）证明：过D作DM⊥AB于M，过C作CN⊥AB于N，则DM∥CN，
因为四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB=2CD=2AD=2
因为MN=CD=1，AM=BN=12，
所以cs∠DAM=AMAD=12，所以∠DAM=∠CBN=60°，
所以∠ADC=120°，所以∠DAC=∠DCA=30°，
所以∠ACB=90°,∠CAB=30°，所以AC⊥BC，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊥AB，PA⊂平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，
因为BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
（2）过A作AE⊥PC于E，
因为BC⊥平面PAC，BC⊂平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC，
因为平面PAC∩平面PBC=PC，AE⊂平面PAC，
所以AE⊥平面PBC，
因为点A到平面PBC的距离为32，所以AE=32，
在△ABC中，∠ACB=90°,BC=1,AB=2，则AC=AB2−BC2=3,
所以sin∠ACP=AEAC=323=12，
因为∠ACP为锐角，所以∠ACP=π6，
因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，
所以AP=ACtan∠ACP=3×33=1，
在Rt△ADM中，AD=1,AM=12，则DM=AD2−AM2=32，
所以梯形ABCD的面积为S=12×(1+2)×32=334，
所以四棱锥P—ABCD的体积为13S⋅PA=13×334×1=34.
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】
【例4】（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平面α∩平面β=l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，直线a⊂β，a⊥AB，试判断直线a与直线l的位置关系，并说明理由．
【解题思路】利用线面垂直的判定定理证明l⊥平面EAB，a⊥平面EAB，从而得证.
【解答过程】直线a与直线l的位置关系：a∥l．
理由：∵平面α∩平面β=l，∴l⊂α．
又∵EA⊥α，∴l⊥EA．
同理l⊥EB．又EA∩EB=E，EA⊂平面EAB，EB⊂平面EAB
∴l⊥平面EAB．
∵EB⊥β，a⊂β，∴EB⊥a．
又a⊥AB，EB∩AB=B，，EA⊂平面EAB，AB⊂平面EAB
∴a⊥平面EAB，∴a∥l．
【变式4-1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且PC=BC=2AD=2CD=22，PA=2．
(1)求三棱锥B−ACP的体积；
(2)求证：AB⊥PC．
【解题思路】（1）因为PA⊥平面ABCD，根据等积法VB−ACP=VP−ABC可得结果；
（2）根据线面垂直的性质定理可得AB⊥PA，结合（1）及线面垂直的判定定理可得AB⊥平面PAC，从而得证.
【解答过程】（1）在底面ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，且BC=2AD=2CD=22，
所以AB=AC=2，又BC=22，则AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC，
故VB−ACP=VP−ABC=13×12×2×2×2=43.
（2）由（1）知AB⊥AC，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则AB⊥PA，
且AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC．
【变式4-2】（2024高一·全国·专题练习）在三棱锥P−ABC中，△ABC为等边三角形，PA⊥平面ABC，将三角形PAC绕PA逆时针旋转至PAD位置（如图），且二面角D−PA−B的大小为90°．证明：A，B，C，D四点共面，且AD⊥PB；
【解题思路】根据线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ACD，然后利用反证法可得A,B,C,D四点共面，进而根据二面角的概念及利用线面垂直的判定定理可得AD⊥平面PAB，即得.
【解答过程】证明：∵PA⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴PA⊥AC，PA⊥AD，AC，AD⊂平面ACD，又AC∩AD=A，
∴PA⊥平面ACD，假设A,B,C,D四点不共面，
∵PA⊥平面ABC，PA⊥平面ACD，
∴平面ABC//平面ACD，与平面ABC∩平面ACD=AC矛盾，故A,B,C,D四点共面；
又AB⊥PA,AD⊥PA，所以∠BAD为二面角D−PA−B的平面角，
∴∠BAD=90∘，即AD⊥AB，又PA⊥AD，且PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB.
【变式4-3】（23-24高一下·江苏淮安·期中）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的正三角形，G为△A1BC的重心，∠A1AB=∠A1AC=60∘
(1)求证：B1B⊥BC；
(2)已知A1A=2,P∈平面ABC，且C1P⊥平面A1BC．求证：AG//C1P．
【解题思路】（1）连A1G交BC于D，由重心可得D为BC的中点，由已知借助三角形全等证得A1B=A1C，再由线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）由给定条件，证得三棱锥A−A1BC为正四面体，进而证得AG⊥平面A1BC，再用线面垂直的性质得结论.
【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A1B1C1中，连A1G交BC于D，连AD，由G为△A1BC的重心，得D为BC的中点，
由AB=AC，A1A=A1A，∠A1AB=∠A1AC，得△A1AB≌△A1AC，则A1B=A1C，
因此AD⊥BC，A1D⊥BC，又AD∩A1D=D,AD,A1D⊂平面A1AD，
于是BC⊥平面A1AD，而A1A⊂平面A1AD，则BC⊥A1A，又A1A//B1B，
所以BC⊥B1B.
（2）由A1A=AB=2，∠A1AB=60°，得△A1AB为正三角形；同理△A1AC也为正三角形，
则A1B=A1C=BC=2，从而三棱锥A−A1BC的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，
由G为△A1BC的重心，得AG⊥平面A1BC，菱形ACC1A1中，AC1过A1C的中点，
即直线AC1与平面A1BC的交点为A1C的中点，因此G不在直线AC1上，又C1P⊥平面A1BC，
所以AG//C1P.
【题型5 面面垂直的判定】
【例5】（2024·四川成都·模拟预测）如图，三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°,D为A1C与AC1交点.
(1)证明：平面BCD⊥平面AB1C1；
(2)若DB1=132，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积.
【解题思路】（1）由题意证明OE⊥AB1，BE⊥AB1，得出AB1⊥平面BCD，即可证明平面BCD⊥平面AB1C1;
（2）依题意可得BC⊥平面AOB1，进而可得△AB1C1为直角三角形，在△AOB1中，由余弦定理求出∠AOB1，由三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=3VB1−ABC=3⋅13⋅BC⋅S△AOB1，计算可得结果.
【解答过程】（1）取BC中点O，取AB1中点E，连接DE，BE，OE，
因为三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长都为2,∠B1BC=60°，有AO=B1O=3，AB=BB1,E为AB1的中点，BCDE四点共面，
所以OE⊥AB1，且BE⊥AB1,BE,BE,OE⊂平面BCD,OE∩BE=E，
即AB1⊥平面BCD，又AB1⊂平面AB1C1，故平面BCD⊥平面AB1C1.
（2）BC⊥AO,BC⊥OB1，则BC⊥平面AOB1，因为BC//B1C1，
所以B1C1⊥平面AOB1,AB1⊂平面AOB1，有B1C1⊥AB1，即△AB1C1为直角三角形，
故AC1=2DB1=13，而AB1=AC12−B1C12=3，
在△AOB1中，cs∠AOB1=3+3−92×3=−12,则sin∠AOB1=32
则有三棱柱ABC−A1B1C1的体积
V=3VB1−ABC=3⋅13⋅BC⋅S△AOB1=2⋅12⋅3⋅3⋅32=332.
【变式5-1】（2024·四川资阳·二模）如图，在四面体ABCD中，AB=AC=AD=BC=BD=2，BC⊥BD，E，F分别为AB，AC的中点.
(1)证明：平面ACD⊥平面BCD；
(2)求点A到平面BDF的距离.
【解题思路】（1）取CD的中点O，利用勾股定理得OB⊥OA，再由线面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；
（2）利用等体积转化可得答案.
【解答过程】（1）
取CD的中点O，连接OA，OB，
因为BC⊥BD，BC=BD=2，所以OB⊥CD，且CD=22,OB=12CD=2，
又AC=AD=2，OA⊥CD，OA2=AC2−CO2=2，OA=2，
所以OA2+OB2=AB2，可得OA⊥OB，
又OB∩CD=O，OB、CD⊂平面BCD，所以OA⊥平面BCD，
又OA⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD；
（2）因为AB=2，所以由（1）可得OB=2，CD=22，
S△ACD=12×CD×OA=12×22×2=2，
VB−ACD=13S△ACD⋅OB=13×2×2=223，
又F为AC的中点，所以VA−BDF=12VB−ACD=23，
在△BDF中，BD=2，BF=3，DF=AD2+AF2=5，
则cs∠BFD=BF2+DF2−BD22BF⋅DF=215，
所以sin∠BFD=1115，
则S△BDF=12BF⋅DFsin∠BFD=112.
设点A到平面BDF的距离为d，则13×112d=23，
解得d=22211，即点A到平面BDF的距离为22211.
【变式5-2】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱ABC−A1B1C1，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.
(1)证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；
(2)求直线EF与A1B1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）由题意可证得CD⊥AB，在直三棱柱中，AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥CD，进而可证得CD⊥平面ABB1A1，即证得平面A1CD⊥平面A1ABB1；
（2）由题意可证得EF//A1D，即可得直线EF与A1B1所成的角，在△A1AD中，可求出∠DA1A的正弦值，进而求出于直线EF与A1B1所成的角．
【解答过程】（1）证明：由题意在等边三角形ABC中，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
在直棱柱中，AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，
而AA1∩AB=A，AA1,AB⊂平面ABB1A1，
所以CD⊥平面ABB1A1，
又因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1CD⊥平面A1ABB1；
（2）连接DE，因为D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点，
所以DE//AC，且EF=12AC，
在三棱柱中，AC=A1C1，AC//A1C1，A1F=12A1C1，
所以DE//A1F，且DE=A1F，
所以四边形DEFA1为平行四边形，所以FE//A1D，
所以∠B1A1D即为直线EF与A1B1所成的角，
在△A1DA中，设直三棱柱的棱长为2，则AA1=2,AD=1
可得cs∠DA1A=212+22=255．
故sin∠B1A1D=cs∠DA1A=255
即直线EF与A1B1所成角的正弦值为255．
【变式5-3】（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，∠A1AB=∠A1AC，D为BC的中点，过B1C1的平面交棱AB于E，交AC于F.
(1)求证：平面A1AD⊥平面EB1C1F；
(2)设M为B1C1的中点，平面EB1C1F交AD于P，且PD=2PA.若PM=AB=6，且∠MPD=π3，求四棱锥B−EB1C1F的体积.
【解题思路】（1）根据三角形全等，可得BC⊥A1D，又BC⊥AD，即可得B1C1⊥平面A1AD，进而可求解，
（2）根据线面平行的性质可得BC// EF，即可求解AP,PD,EF的长度，利用面面垂直的性质可得DT⊥平面EB1C1F，即可求解DT=PDsin∠MPD=3，进而由体积公式即可求解.
【解答过程】（1）证明：连接A1B，A1C.
因为∠A1AB=∠A1AC，AB=AC，AA1=AA1
所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B=A1C.
因为D为BC的中点，所以BC⊥A1D.
因为AB=AC,D为BC的中点，所以BC⊥AD.
因为A1D∩AD=D，A1D，AD⊂平面A1AD
所以BC⊥平面A1AD.
又B1C1∥BC，所以B1C1⊥平面A1AD.
又B1C1⊂平面EB1C1F
所以平面A1AD⊥平面EB1C1F.
（2）由题意得：AP=13AD=13×32×6=3，PD=23AD=23，
因为BC∥B1C1，B1C1⊂平面EB1C1F，BC⊄平面EB1C1F
所以 BC//平面EB1C1F
由于平面EB1C1F ∩平面ABC=EF，EF⊂平面ABC，
所以BC// EF,故EF=13BC=2.
所以四棱锥B−EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点D到底面EB1C1F的距离.
作DT⊥PM，垂足为T，则由（1）知平面A1AD⊥平面EB1C1F，且交线为MD，MD⊂平面A1AD,所以DT⊥平面EB1C1F
故DT=PDsin∠MPD=3.
底面EB1C1F的面积为12×B1C1+EF×PM=126+2×6=24.
所以四棱锥B−EB1C1F的体积为13×24×3=24.
【题型6 面面垂直性质定理的应用】
【例6】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，M为棱PC上的动点且PMPC=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证: △PBC为直角三角形;
(2)试确定λ的值，使得三棱锥P−AMD的体积为23.
【解题思路】（1）取AD中点O，连结OP,OC,AC,则由等腰三角形的性质可得OC⊥AD,OP⊥AD，从而得AD⊥平面POC，则AD⊥PC，而BC//AD，所以BC⊥PC，进而可证得结论；
（2）由面面垂直的性质可得PO⊥平面ABCD，则由VP−AMD=VM−PAD=λVC−PAD=λVP−ACD可求得结果.
【解答过程】（1）证明：取AD中点O，连结OP,OC,AC,
因为四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°，
所以△ABC,△ACD均为等边三角形，
因为△PAD也为等边形三角形，
所以OC⊥AD,OP⊥AD.
又因为OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC，
所以AD⊥平面POC，
又PC⊂平面POC，所以AD⊥PC，
因为BC//AD，所以BC⊥PC，
即∠PCB=90°，从而△PBC为直角三角形；
（2）由（1）可知PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
因为M为棱PC上的动点且PMPC=λ(λ∈[0,1])，
所以VP−AMD=VM−PAD=λVC−PAD=λVP−ACD，
因为△PAD，△ACD都是边长为2的正三角形，
所以PO=OC=3，
所以VP−ACD=13S△ACD⋅PO=13×34×4×3=1，
因为三棱锥P−AMD的体积为23，
所以λ=23.
【变式6-1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧面ACC1A1是菱形，∠A1AC=60°,AC=2，平面ABC⊥平面ACC1A1．
(1)证明：A1C⊥AB1；
(2)求点C1到平面ABB1A1的距离．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定可得A1C⊥平面AB1C1，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证.
（2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点C1到平面ABB1A1的距离.
【解答过程】（1）连接AC1，由四边形A1ACC1为菱形，得AC1⊥A1C，由∠ACB=90°，得BC⊥AC，
又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1=AC，BC⊂面ABC，
则BC⊥平面ACC1A1，又A1C⊂平面ACC1A1，于是BC⊥A1C，而BC//B1C1，则B1C1⊥A1C，
又AC1∩B1C1=C1，AC1,B1C1⊂平面AB1C1，因此A1C⊥平面AB1C1，又AB1⊂平面AB1C1，
所以A1C⊥AB1.
（2）点C1到平面ABB1A1的距离，即三棱锥C1−AA1B1的底面AA1B1上的高，
由（1）知B1C1⊥平面ACC1A1，则三棱锥B1−AA1C1的底面AA1C1上的高为B1C1，
设点C1到平面ABB1A1的距离为d，由VB1−AA1C1=VC1−AA1B1，得13S△AA1C1⋅B1C1=13S△AA1B1⋅d，
而BC=AA1=AC=2，∠A1AC=60°，则△AA1C1的面积S△AA1C1=3，
由AA1=A1C1=2，∠AA1C1=120°，得AC1=23，又B1C1=2，B1C1⊥AC1，则AB1=4，
又AA1=2，A1B1=22，由余弦定理得cs∠A1AB1=22+42−(22)22×2×4=34，
则sin∠A1AB1=74，△AA1B1的面积S△AA1B1=12×2×4×74=7，
则3×2=7d，即d=2217 ，所以点C1到平面ABB1A1的距离为2217.
【变式6-2】（2024·四川成都·三模）如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=60°，CH=2，CD=4，BC=3，BH⊥BC.
(1)证明：EF⊥BD；
(2)若△ABC的面积为334，求三棱锥D−ABH的体积.
【解题思路】（1）利用余弦定理结合勾股定理的逆定理DH⊥AC，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）由已知求出∠ACB，借助三角形面积求出AH，再利用锥体体积公式计算即得.
【解答过程】（1）在△DCH中，∠ACD=60°，CH=2，CD=4，
由余弦定理得DH2=CD2+CH2−2CD⋅CH⋅cs∠ACD=12，则CD2=CH2+DH2，
即DH⊥AC，而平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，
DH⊂平面ACFD，于是DH⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，则DH⊥BC，
又BH⊥BC，BH∩DH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，
因此BC⊥平面BDH，而DB⊂平面BDH，则BC⊥DB，又BC//EF，
所以EF⊥DB.
（2）在Rt△BHC中，CH=2，BC=3，BH⊥BC，则BH=CH2−BC2=1， ∠ACB=30°，
由S△ABC=12×AC×BC×sin30°=334，解得AC=3，由AC=3=AH+HC，得AH=1，
因此VD−ABH=13S△ABH⋅DH=13×12×1×32×23=12，
所以三棱锥D−ABH的体积是12.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体PABCDE中，PA⊥平面ABCD,DE//PA,PA=2DE=2AD=4，四边形ABCD是正方形，BE=23．
(1)证明：∠PEA=90°；
(2)证明：PE⊥平面ABE；
(3)求三棱锥P−ABE的体积．
【解题思路】（1）由线面垂直的性质定理和勾股定理证明即可.
（2）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（3）由三棱锥的体积公式求解即可.
【解答过程】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD．
因为DE//PA,PA=2DE=2AD=4，
所以四边形ADEP为直角梯形，所以PE=22,EA=22．
在△PEA中，PE2+EA2=PA2，则PE⊥EA，
故∠PEA=90°．
（2）法一：证明：因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB．
在Rt△PAB中，PB=PA2+AB2=25．
在△PEB中，BE=23,PE2+BE2=PB2，所以PE⊥EB．
由（1）知PE⊥EA，又EA∩EB=E,EA,EB⊂平面ABE，
所以PE⊥平面ABE．
法二：证明：因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面ADEP，
所以平面ADEP⊥平面ABCD．
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD．
因为平面ADEP∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面ADEP．因为PE⊂平面ADEP，所以AB⊥PE．
由（1）知PE⊥EA，又EA∩AB=A,EA,AB⊂平面ABE，
所以PE⊥平面ABE．
（3）设三棱锥P−ABE的高为ℎ，则V三棱锥P−ABE=13×S△ABE×ℎ．
由（2）得，PE⊥平面ABE，所以三棱锥P−ABE的高即为PE．
由（1）得，PE=22．
又在△ABE中，EA2+AB2=BE2，所以EA⊥AB．
S△ABE=12×AE×AB=12×22×2=22，
所以V三棱锥P−ABE=13×22×22=83.
【题型7 垂直关系的综合应用】
【例7】（2024·四川成都·一模）点A、B在以PC为直径的球O的表面上，且AB⊥BC，AB=BC=2，已知球O的表面积是12π，下列说法中正确的个数是（ ）
①BC⊥平面PAB；②平面PAC⊥平面ABC；③PB⊥AC．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】利用线面垂直的判定定理可判断命题①；取线段AC的中点M，连接OM，利用球体的几何性质可得出OM⊥平面ABC，再利用中位线的性质结合面面垂直的判定定理可判断②；利用反证法可判断③.
【解答过程】对于①，因为PC为球O的直径，B为球O上异于P、C的一点，所以，BC⊥PB，
又因为BC⊥AB，PB∩AB=B，PB、AB⊂平面PAB，所以，BC⊥平面PAB，①对；
对于②，取线段AC的中点M，连接OM，
因为AB⊥BC，则M为△ABC外接圆的圆心，
由球的几何性质可知OM⊥平面ABC，
因为O、M分别为PC、AC的中点，则OM//PA，则PA⊥平面ABC，
又因为PA⊂平面PAC，因此，平面PAC⊥平面ABC，②对；
对于③，因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以，PA⊥AC，
若PB⊥AC，且PA∩PB=P，PA、PB⊂平面PAB，则AC⊥平面PAB，
因为AB⊂平面PAB，则AC⊥AB，
事实上，因为AB⊥BC，且AB=BC=2，则△ABC为等腰直角三角形，
且∠BAC=45∘，这与AC⊥AB矛盾，假设不成立，故PB与AC不垂直，③错.
故正确命题为①②.
故选：C.
【变式7-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是棱AA1上一点，平面MBD1与棱CC1交于点N.给出下面几个结论，其中所有正确的结论是（ ）
①四边形MBND1是平行四边形；②四边形MBND1可能是正方形；③存在平面MBND1与直线BB1垂直；④任意平面MBND1都与平面ACB1垂直.

A．①②B．③④C．①④D．①②④
【解题思路】通过几何性质得出四边形MBND1的形状，由线线、线面垂直即可得出直线BB1和平面ACB1与平面MBND1的关系.
【解答过程】对于①，因为平面MBD1与棱CC1交于点N，所以M,B,D1,N四点共面，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，由平面BCC1B1//平面ADD1A1，
又平面MBD1∩平面ADD1A1=MD1，平面MBD1∩平面BCC1B1=BN，所以MD1//BN，
同理可得ND1//MB，故四边形MBND1一定是平行四边形，故①正确
对于②，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1⊥面ABB1A1，
因为BM⊂面ABB1A1，所以A1D1⊥BM，
若MBND1是正方形， 有MD1⊥BM，MD1=BM，
若A1,M不重合，则MD1⊥BM与A1D1⊥BM矛盾，
若A1,M重合，则MD1=BM不成立，故②错误；
对于③，因为BD1⊂平面MBND1，∠B1BD1