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2019届二轮复习直线、平面垂直的判定与性质学案（全国通用）
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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。
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题。
热点题型一 证明直线与平面垂直
例1、（2018年浙江卷）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．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（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.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy .
由题意知各点坐标如下：
因此
由得.
由得.
所以平面.
【变式探究】【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD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．
【答案】（1）详见解析；（2）1
【解析】
（1）取AC的中点O，连结DO，BO.
因为AD=CD，所以AC⊥DO.
又由于△ACD是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
【变式探究】已知直角△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC中点。
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：
BD⊥平面SAC。
证明：(1)如图，取AB中点E，连接SE、DE，
(2)方法一，若AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，而BD⊂平面ABC，
∴SD⊥BD，
∵SD⊥BD、BD⊥AC，SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC。
方法二，若AB＝BC，则BD⊥AC。由(1)知SD⊥平面ABC，又SD⊂平面SAC，
∴平面ABC⊥平面SAC，又平面ABC∩平面SAC＝AC。
∴BD⊥平面SAC。
【提分秘籍】
证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理。
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”。
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”。
(4)利用面面垂直的性质定理。
【举一反三】
如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB。
求证：PA⊥CD。
热点题型二 证明平面与平面垂直
例2、（2018年江苏卷）在平行六面体中，．
求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（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．
【变式探究】如图所示，已知△ABC是等边三角形，EC⊥平面ABC，BD⊥平面ABC，且EC、DB在平面ABC的同侧，M为EA的中点，CE＝2BD，求证：
(1)平面BDM⊥平面ECA；
(2)平面DEA⊥平面ECA。
证明：如图，取AC中点N，连接MN、BN，
(1)∵MD⊥平面ECA，MD⊂平面BDM，
∴平面BDM⊥平面ECA。
(2)∵MD⊥平面ECA，MD⊂平面DEA，
∴平面DEA⊥平面ECA。
【提分秘籍】
面面垂直的证明方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题。
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决。
提醒：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。这是把面面垂直转化为线面垂直的依据。运用时要注意“平面内的直线”。
【举一反三】
如图所示，已知PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上任意一点，过A作AE⊥PC于点E，AF⊥PB于点F，求证：
(1)AE⊥平面PBC；
(2)平面PAC⊥平面PBC；
(3)PB⊥EF。
证明：(1)因为AB是⊙O的直径，
所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC。
又因为PA⊥⊙O所在平面，即PA⊥平面ABC。
又BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA。
又因为AC∩PA＝A，所以BC⊥平面PAC。
因为AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE。
又已知AE⊥PC，PC∩BC＝C，
所以AE⊥平面PBC。
(2)因为AE⊥平面PBC，且AE⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBC。
热点题型三 线面角与二面角的求法
例3．（2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xy ．
因为AB=AA1=2，
所以．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y， ）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
【变式探究】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点。
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小。
(2)证明AE⊥平面PCD。
(3)求二面角A－PD－C的正弦值。
(2)证明：在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC。
又AE⊂平面PAC，所以AE⊥CD。
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA。
因为E是PC的中点，
所以AE⊥PC。
又PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD。
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示。
【提分秘籍】
空间线面角、二面角的求法
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，作出垂线，确定垂足。
(2)二面角的求法：
①直接法：根据概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点，
②垂面法：如图1，过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角。
图1 图2
③垂线法：如图2，过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面的垂线，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角。
【举一反三】
如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点。
(1)求证：B1C∥平面A1BD。
(2)求二面角A1－BD－A的大小。
(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值。
(3)作AM⊥A1D于M。
由(2)，易知BD⊥平面ACC1A1，
因为AM⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AM。
因为A1D∩BD＝D，所以AM⊥平面A1BD。
连接MP，易知∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角。
因为AA1＝，AD＝1，所以在Rt△AA1D中，∠A1DA＝，
所以AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝，
所以sin∠APM＝＝＝，
所以直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为。
热点题型四 垂直关系中的探索性问题
例4、如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD。.
(1)求证：AD⊥PB。
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论。
【解析】(1)方法一，如图，取AD中点G，连接PG，BG，BD。
(2)连接CG与DE相交于H点，
在△PGC中作HF∥PG，交PC于F点，
∴FH⊥平面ABCD，
∴平面DHF⊥平面ABCD，
∵H是CG的中点，
∴F是PC的中点，
∴在PC上存在一点F，即为PC的中点，使得平面DEF⊥平面ABCD。
【提分秘籍】
垂直关系中探索性问题的处理策略
(1)探索性问题一般可以根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点。
(2)折叠问题中的垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含着的垂直关系。
【举一反三】
如图，在正三棱锥A－BCD中，∠BAC＝30°，AB＝a，平行于AD、BC的截面EFGH分别与AB、BD、DC、CA交于E、F、G、H四点。
(1)试判断四边形EFGH的形状，并说明判断理由；
(2)设P点是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH？请说明理由。
【解析】(1)四边形EFGH是一个矩形，下面给出证明：
(2)作CP⊥AD于P，连结BP，
∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP，
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，
又HG⊂面EFGH，
∴面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP＝30°，AC＝a，
∴AP＝a。
1. （2018年浙江卷）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．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（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.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy .
由题意知各点坐标如下：
因此
由得.
由得.
所以平面.
2. （2018年天津卷）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．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．
【解析】
（Ⅰ）证明：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．
（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．
3. （2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xy ．
因为AB=AA1=2，
所以．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y， ）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
4. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．
求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（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．
5. （2018年全国I卷）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见解析.(2)1.
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为
．
6. （2018年全国III卷）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【解析】
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
7. （2018年全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
【答案】见解析
【解析】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．
（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．
所以点C到平面POM的距离为．
1.【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD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．
【答案】（1）详见解析；（2）1
【解析】
（2）连结EO.
由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在Rt△AOB中， .
又AB=BD，
所以，故∠DOB=90°.
由题设知△AEC为直角三角形，所以.
又△ACD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.
2. 【2017北京，文18】如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
（Ⅰ）求证：PA⊥BD；
（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；
（Ⅲ）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E–BCD的体积．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）.
【解析】
（I）因为， ，所以平面，
又因为平面，所以.
（II）因为， 为中点，所以，
由（I）知， ，所以平面.
所以平面平面.
1.【2016高考北京文数】（本小题14分）
如图，在四棱锥中，平面，
（I）求证：；
（II）求证：；
（III）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面?说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III）存在.理由见解析.
【解析】
（Ⅰ）因为平面，
所以．
又因为，
所以平面．
（Ⅱ）因为，，
所以．
因为平面，
所以．
所以平面．
所以平面平面．
【考点】空间线面平行、垂直的判定定理与性质定理；空间想象能力，推理论证能力
2.【2016高考山东文数】（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.
（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：AC⊥FB；
（II）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.
【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】
（Ⅰ）证明：因，所以与确定平面.
连接，因为为的中点，所以，同理可得.
又，所以平面，
因为平面，所以.
3.【2016高考天津文数】(本小题满分13分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.
(Ⅰ)求证：平面BED；
(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；
(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
（Ⅱ）证明：在中，°，由余弦定理可得，进而得°，即，又因为平面平面平面，平面平面，所以平面.又因为平面，所以，平面平面.
（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角.过点作于点，连接，又平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成的角即为.在中，，由余弦定理得，所以，因此，，在中，，所以，直线EF与平面所成角的正弦值为.
4.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.
（I）求证：BF⊥平面ACFD；
（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）.
【解析】
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.
1.【2015高考广东，文18】（本小题满分14分）如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，
，．
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
（1）因为四边形是长方形，所以，因为平面，平面，所以平面
（2）因为四边形是长方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以
2.【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接.
（Ⅰ）证明：平面. 试判断四面体是
否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；
（Ⅱ）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．
【答案】（Ⅰ）因为底面，所以. 由底面为长方形，有，而，所以平面. 平面，所以. 又因为，点是的中点，所以. 而，所以平面.四面体是一个鳖臑；（Ⅱ）
（Ⅱ）由已知，是阳马的高，所以；由（Ⅰ）知，是鳖臑的高， ，所以.在△中，因为，点是的中点，所以，于是
3.【2015高考湖南，文18】（本小题满分12分）如图4，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点。
（I）证明：平面平面；
（II）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积。
.
【答案】（I）略；(II) .
【解析】
（II）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。
4.【2015高考山东，文18】 如图，三棱台中，分别为的中点.
（I）求证：平面；
（II）若求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【解析】
证法二：在三棱台中，由为的中点，
可得所以为平行四边形，可得
在中，分别为的中点，
所以又，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
5.【2015高考陕西，文18】如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.
(I)证明：平面；
(II)当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.
【答案】(I) 证明略，详见解析；(II) .
【解析】
(I)在图1中，因为，是的中点，所以，
即在图2中，
从而平面
又
所以平面.
6.【2015高考四川，文18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(Ⅰ)请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由)
(Ⅱ)判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并说明你的结论.
(Ⅲ)证明：直线DF平面BEG
A
B
F
H
E
D
C
G
C
D
E
A
B
【解析】(Ⅰ)点F，G，H的位置如图所示
(Ⅲ)连接FH
因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH
因为EG平面EFGH，所以DH⊥EG
又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD
又DF平面BFDH，所以DF⊥EG
同理DF⊥BG
又EG∩BG＝G
所以DF⊥平面BEG.
7.【2015高考新课标1，文18】（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，
（I）证明：平面平面；
（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.
【答案】（I）见解析（II）
【解析】
（II）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.
因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=.
由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2
从而可得AE=EC=ED=.
所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.
故三棱锥E-ACD的侧面积为.
8.【2015高考浙江，文18】（本题满分15分）如图，在三棱锥中，在底
面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线和平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)略；(2)
【解析】
(2)作，垂足为，连结.
因为平面，所以.
因为，所以平面.
所以平面.
所以为直线与平面所成角的平面角.
由，得.
由平面，得.
由，得.
所以
9.【2015高考重庆，文20】如题（20）图，三棱锥P-ABC中，平面PAC平面ABC，ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF//BC.
(Ⅰ)证明：AB平面PFE.
(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.
【答案】（Ⅰ）祥见解析，（Ⅱ）或.
【解析】
证明：如题(20)图.由知，为等腰中边的中点，故
，
(2)解：设,则在直角中，
.从而
由，知，得,故，
即.
由,,
从而四边形DFBC的面积为
由(1)知，PE 平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.
在直角中，,
体积,
故得，解得，由于，可得.
所以或.
1．（2014·福建卷）在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
图15
【解析】解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0， 0)，
则即
取 0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
2．（2014·湖南卷）如图16所示，四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．
图16
(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.
由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
图(a)
又因为四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，
因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.
进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．
方法二：因为四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
图(b)
如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴， 轴，建立空间直角坐标系O xy ，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，
B1(，0，2)，C1(0，1，2)．^
易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y， )是平面OB1C1的一个法向量，则即
取 ＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝ cos〈，〉 ＝＝＝.
故二面角C1OB1D的余弦值为.
3．（2014·江西卷）如图16，四棱锥P ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
图16
(1)求证：AB⊥PD.
(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．
(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.
故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.
在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝
，
所以当m＝，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
5．（2014·辽宁卷）如图15所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角EBFC的正弦值．
图15
图1
方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以＝(，0，－)，＝(0，2，0)，因此·＝0，
从而⊥，所以EF⊥BC.
图2
方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．
设平面BEF的法向量n2＝(x，y， )，
又＝(，，0)，＝(0，，)，
所以得其中一个n2＝(1，－，1)．
设二面角EBFC的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝ cos〈n1，n2〉 ＝＝，
因此sin θ＝＝，即所求二面角正弦值为.
6．（2014·新课标全国卷Ⅰ）如图15，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
图15
(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A A1B1 C1的余弦值．
(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.
又因为AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向， OB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xy .
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B(1，0，0)，B1，C.
＝，
＝AB＝，
1＝BC＝.
设n＝(x，y， )是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，
则
同理可取m＝(1，－，)．
则cos〈n，m〉＝＝.
所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为.
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。
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题。
热点题型一 证明直线与平面垂直
例1、（2018年浙江卷）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．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（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.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy .
由题意知各点坐标如下：
因此
由得.
由得.
所以平面.
【变式探究】【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD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．
【答案】（1）详见解析；（2）1
【解析】
（1）取AC的中点O，连结DO，BO.
因为AD=CD，所以AC⊥DO.
又由于△ACD是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
【变式探究】已知直角△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC中点。
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：
BD⊥平面SAC。
证明：(1)如图，取AB中点E，连接SE、DE，
(2)方法一，若AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥平面ABC，而BD⊂平面ABC，
∴SD⊥BD，
∵SD⊥BD、BD⊥AC，SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC。
方法二，若AB＝BC，则BD⊥AC。由(1)知SD⊥平面ABC，又SD⊂平面SAC，
∴平面ABC⊥平面SAC，又平面ABC∩平面SAC＝AC。
∴BD⊥平面SAC。
【提分秘籍】
证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理。
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”。
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”。
(4)利用面面垂直的性质定理。
【举一反三】
如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB。
求证：PA⊥CD。
热点题型二 证明平面与平面垂直
例2、（2018年江苏卷）在平行六面体中，．
求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（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．
【变式探究】如图所示，已知△ABC是等边三角形，EC⊥平面ABC，BD⊥平面ABC，且EC、DB在平面ABC的同侧，M为EA的中点，CE＝2BD，求证：
(1)平面BDM⊥平面ECA；
(2)平面DEA⊥平面ECA。
证明：如图，取AC中点N，连接MN、BN，
(1)∵MD⊥平面ECA，MD⊂平面BDM，
∴平面BDM⊥平面ECA。
(2)∵MD⊥平面ECA，MD⊂平面DEA，
∴平面DEA⊥平面ECA。
【提分秘籍】
面面垂直的证明方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题。
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决。
提醒：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。这是把面面垂直转化为线面垂直的依据。运用时要注意“平面内的直线”。
【举一反三】
如图所示，已知PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上任意一点，过A作AE⊥PC于点E，AF⊥PB于点F，求证：
(1)AE⊥平面PBC；
(2)平面PAC⊥平面PBC；
(3)PB⊥EF。
证明：(1)因为AB是⊙O的直径，
所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC。
又因为PA⊥⊙O所在平面，即PA⊥平面ABC。
又BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA。
又因为AC∩PA＝A，所以BC⊥平面PAC。
因为AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE。
又已知AE⊥PC，PC∩BC＝C，
所以AE⊥平面PBC。
(2)因为AE⊥平面PBC，且AE⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBC。
热点题型三 线面角与二面角的求法
例3．（2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xy ．
因为AB=AA1=2，
所以．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y， ）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
【变式探究】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点。
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小。
(2)证明AE⊥平面PCD。
(3)求二面角A－PD－C的正弦值。
(2)证明：在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC。
又AE⊂平面PAC，所以AE⊥CD。
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA。
因为E是PC的中点，
所以AE⊥PC。
又PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD。
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示。
【提分秘籍】
空间线面角、二面角的求法
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，作出垂线，确定垂足。
(2)二面角的求法：
①直接法：根据概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点，
②垂面法：如图1，过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角。
图1 图2
③垂线法：如图2，过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面的垂线，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角。
【举一反三】
如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点。
(1)求证：B1C∥平面A1BD。
(2)求二面角A1－BD－A的大小。
(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值。
(3)作AM⊥A1D于M。
由(2)，易知BD⊥平面ACC1A1，
因为AM⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AM。
因为A1D∩BD＝D，所以AM⊥平面A1BD。
连接MP，易知∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角。
因为AA1＝，AD＝1，所以在Rt△AA1D中，∠A1DA＝，
所以AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝，
所以sin∠APM＝＝＝，
所以直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为。
热点题型四 垂直关系中的探索性问题
例4、如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD。.
(1)求证：AD⊥PB。
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论。
【解析】(1)方法一，如图，取AD中点G，连接PG，BG，BD。
(2)连接CG与DE相交于H点，
在△PGC中作HF∥PG，交PC于F点，
∴FH⊥平面ABCD，
∴平面DHF⊥平面ABCD，
∵H是CG的中点，
∴F是PC的中点，
∴在PC上存在一点F，即为PC的中点，使得平面DEF⊥平面ABCD。
【提分秘籍】
垂直关系中探索性问题的处理策略
(1)探索性问题一般可以根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点。
(2)折叠问题中的垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含着的垂直关系。
【举一反三】
如图，在正三棱锥A－BCD中，∠BAC＝30°，AB＝a，平行于AD、BC的截面EFGH分别与AB、BD、DC、CA交于E、F、G、H四点。
(1)试判断四边形EFGH的形状，并说明判断理由；
(2)设P点是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH？请说明理由。
【解析】(1)四边形EFGH是一个矩形，下面给出证明：
(2)作CP⊥AD于P，连结BP，
∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP，
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，
又HG⊂面EFGH，
∴面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP＝30°，AC＝a，
∴AP＝a。
1. （2018年浙江卷）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．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（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.
方法二：
（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xy .
由题意知各点坐标如下：
因此
由得.
由得.
所以平面.
2. （2018年天津卷）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．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．
【解析】
（Ⅰ）证明：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．
（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．
3. （2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xy ．
因为AB=AA1=2，
所以．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y， ）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
4. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．
求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（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．
5. （2018年全国I卷）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见解析.(2)1.
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为
．
6. （2018年全国III卷）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【解析】
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
7. （2018年全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
【答案】见解析
【解析】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．
（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．
所以点C到平面POM的距离为．
1.【2017课标3，文19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD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．
【答案】（1）详见解析；（2）1
【解析】
（2）连结EO.
由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在Rt△AOB中， .
又AB=BD，
所以，故∠DOB=90°.
由题设知△AEC为直角三角形，所以.
又△ACD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.
2. 【2017北京，文18】如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
（Ⅰ）求证：PA⊥BD；
（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；
（Ⅲ）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E–BCD的体积．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）.
【解析】
（I）因为， ，所以平面，
又因为平面，所以.
（II）因为， 为中点，所以，
由（I）知， ，所以平面.
所以平面平面.
1.【2016高考北京文数】（本小题14分）
如图，在四棱锥中，平面，
（I）求证：；
（II）求证：；
（III）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面?说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（III）存在.理由见解析.
【解析】
（Ⅰ）因为平面，
所以．
又因为，
所以平面．
（Ⅱ）因为，，
所以．
因为平面，
所以．
所以平面．
所以平面平面．
【考点】空间线面平行、垂直的判定定理与性质定理；空间想象能力，推理论证能力
2.【2016高考山东文数】（本小题满分12分）
在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.
（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：AC⊥FB；
（II）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.
【答案】（Ⅰ））证明：见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】
（Ⅰ）证明：因，所以与确定平面.
连接，因为为的中点，所以，同理可得.
又，所以平面，
因为平面，所以.
3.【2016高考天津文数】(本小题满分13分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.
(Ⅰ)求证：平面BED；
(Ⅱ)求证：平面BED⊥平面AED；
(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
（Ⅱ）证明：在中，°，由余弦定理可得，进而得°，即，又因为平面平面平面，平面平面，所以平面.又因为平面，所以，平面平面.
（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角.过点作于点，连接，又平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成的角即为.在中，，由余弦定理得，所以，因此，，在中，，所以，直线EF与平面所成角的正弦值为.
4.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.
（I）求证：BF⊥平面ACFD；
（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
【答案】（I）证明见解析；（II）.
【解析】
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.
1.【2015高考广东，文18】（本小题满分14分）如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，
，．
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
（1）因为四边形是长方形，所以，因为平面，平面，所以平面
（2）因为四边形是长方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以
2.【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接.
（Ⅰ）证明：平面. 试判断四面体是
否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；
（Ⅱ）记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．
【答案】（Ⅰ）因为底面，所以. 由底面为长方形，有，而，所以平面. 平面，所以. 又因为，点是的中点，所以. 而，所以平面.四面体是一个鳖臑；（Ⅱ）
（Ⅱ）由已知，是阳马的高，所以；由（Ⅰ）知，是鳖臑的高， ，所以.在△中，因为，点是的中点，所以，于是
3.【2015高考湖南，文18】（本小题满分12分）如图4，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点。
（I）证明：平面平面；
（II）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积。
.
【答案】（I）略；(II) .
【解析】
（II）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。
4.【2015高考山东，文18】 如图，三棱台中，分别为的中点.
（I）求证：平面；
（II）若求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【解析】
证法二：在三棱台中，由为的中点，
可得所以为平行四边形，可得
在中，分别为的中点，
所以又，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
5.【2015高考陕西，文18】如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.
(I)证明：平面；
(II)当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.
【答案】(I) 证明略，详见解析；(II) .
【解析】
(I)在图1中，因为，是的中点，所以，
即在图2中，
从而平面
又
所以平面.
6.【2015高考四川，文18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(Ⅰ)请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由)
(Ⅱ)判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并说明你的结论.
(Ⅲ)证明：直线DF平面BEG
A
B
F
H
E
D
C
G
C
D
E
A
B
【解析】(Ⅰ)点F，G，H的位置如图所示
(Ⅲ)连接FH
因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH
因为EG平面EFGH，所以DH⊥EG
又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD
又DF平面BFDH，所以DF⊥EG
同理DF⊥BG
又EG∩BG＝G
所以DF⊥平面BEG.
7.【2015高考新课标1，文18】（本小题满分12分）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，
（I）证明：平面平面；
（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.
【答案】（I）见解析（II）
【解析】
（II）设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.
因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=.
由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故=2
从而可得AE=EC=ED=.
所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.
故三棱锥E-ACD的侧面积为.
8.【2015高考浙江，文18】（本题满分15分）如图，在三棱锥中，在底
面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线和平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)略；(2)
【解析】
(2)作，垂足为，连结.
因为平面，所以.
因为，所以平面.
所以平面.
所以为直线与平面所成角的平面角.
由，得.
由平面，得.
由，得.
所以
9.【2015高考重庆，文20】如题（20）图，三棱锥P-ABC中，平面PAC平面ABC，ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF//BC.
(Ⅰ)证明：AB平面PFE.
(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.
【答案】（Ⅰ）祥见解析，（Ⅱ）或.
【解析】
证明：如题(20)图.由知，为等腰中边的中点，故
，
(2)解：设,则在直角中，
.从而
由，知，得,故，
即.
由,,
从而四边形DFBC的面积为
由(1)知，PE 平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.
在直角中，,
体积,
故得，解得，由于，可得.
所以或.
1．（2014·福建卷）在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
图15
【解析】解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.
由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．
依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.
则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0， 0)，
则即
取 0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
2．（2014·湖南卷）如图16所示，四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．
图16
(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.
由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
图(a)
又因为四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，
因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.
进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．
方法二：因为四棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
图(b)
如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴， 轴，建立空间直角坐标系O xy ，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，
B1(，0，2)，C1(0，1，2)．^
易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y， )是平面OB1C1的一个法向量，则即
取 ＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．
设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cos θ＝ cos〈，〉 ＝＝＝.
故二面角C1OB1D的余弦值为.
3．（2014·江西卷）如图16，四棱锥P ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
图16
(1)求证：AB⊥PD.
(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．
(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.
故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.
在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ABCD的体积为
V＝×·m·＝.
因为m＝＝
，
所以当m＝，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，
则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.
设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.
5．（2014·辽宁卷）如图15所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角EBFC的正弦值．
图15
图1
方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以＝(，0，－)，＝(0，2，0)，因此·＝0，
从而⊥，所以EF⊥BC.
图2
方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．
设平面BEF的法向量n2＝(x，y， )，
又＝(，，0)，＝(0，，)，
所以得其中一个n2＝(1，－，1)．
设二面角EBFC的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝ cos〈n1，n2〉 ＝＝，
因此sin θ＝＝，即所求二面角正弦值为.
6．（2014·新课标全国卷Ⅰ）如图15，三棱柱ABC A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
图15
(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A A1B1 C1的余弦值．
(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.
又因为AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向， OB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xy .
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B(1，0，0)，B1，C.
＝，
＝AB＝，
1＝BC＝.
设n＝(x，y， )是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，
则
同理可取m＝(1，－，)．
则cos〈n，m〉＝＝.
所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为.
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