2023高考数学二轮复习专题31 直线、平面垂直的判定与性质（解析版）

这是一份2023高考数学二轮复习专题31 直线、平面垂直的判定与性质（解析版），共54页。

知识点1：直线与平面垂直的定义
如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂直．
知识点2：判定定理（文字语言、图形语言、符号语言）
知识点3：性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）
文字语言
图形语言
符号语言
判断定理
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
面⊥面⇒线⊥面
两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
_
_
a
平行与垂直的关系
一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直
_
平行与垂直的关系
两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直

_
b
_
a
文字语言
图形语言
符号语言
性质定理
垂直于同一平面的两条直线平行

_
b
_
a
文字语言
图形语言
符号语言
知识点4：平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直．（如图所示，若，且，则）
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．
知识点5：判定定理（文字语言、图形语言、符号语言）
知识点6：性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）
垂直与平行的关系
垂直于同一直线的两个平面平行
_
线垂直于面的性质
如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与平面内所有直线都垂直
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
_
文字语言
图形语言
符号语言
【方法技巧与总结】
线线线面面面
（1）证明线线垂直的方法
①等腰三角形底边上的中线是高；
②勾股定理逆定理；
③菱形对角线互相垂直；
④直径所对的圆周角是直角；
⑤向量的数量积为零；
⑥线面垂直的性质；
⑦平行线垂直直线的传递性（）．
（2）证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义；
②线面垂直的判定（）；
③面面垂直的性质（）；
平行线垂直平面的传递性（）；
⑤面面垂直的性质（）．
（3）证明面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理（）．
空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图所示，由图可知，线面垂直在所有关系中处于核心位置．
性质定理
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
_
_
a
性质
性质
性质
性质
性质
判定
判定
判定
判定
判定
线∥面
线∥线
面∥面
线⊥面
线⊥线
面⊥面
【题型归纳目录】
题型一：垂直性质的简单判定
题型二：证明线线垂直
题型三：证明线面垂直
题型四：证明面面垂直
【典例例题】
题型一：垂直性质的简单判定
例1．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，在四面体中，，，，，则四面体中存在面面垂直关系的对数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】因为，，，所以，所以．又，，平面，平面．所以平面．
又平面，平面，所以平面平面，平面平面．
因为，，，所以，所以．又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，综上可知有3对．
故选：B．
例2．（2023·全国·高三专题练习）已知，是平面内的两条直线，是空间的一条直线，则“”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】当时，，所以且；
当且，，但，是否相交无法判断，所以可能成立，也可能不成立．综上，“”是“且”的充分不必要条件．
故选：A．
例3．（2022·安徽省舒城中学三模（理））设，是不同的直线，，，是不同的平面，则下面说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【解析】A：由，，则或相交，错误；
B：由，，则或或相交，错误；
C：由，则存在直线且，而则，根据面面垂直的判定易知，正确；
D：由，，则或，错误．
故选：C
例4．（2022·全国·高三专题练习（理））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是异面直线B．平面
C．D．平面
【答案】B
【解析】
连接、，交于点，连接、，交于点．
连接、、、、．
由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误；
在四边形中，且，所以四边形为平行四边形．
．
平面，平面，平面，故B正确；
由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面，，又，
，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误；显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误．
故选：B．
例5．（2023·全国·高三专题练习（文））如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线异面，直线平面
D．直线与直线相交，直线平面
【答案】A
【解析】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；
由正方体的性质可知，所以平面平面，
又平面，所以直线平面，故A正确；
以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
显然直线与直线不平行，故B不正确；
直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；
直线与直线异面，不相交，故D不正确；
故选：A．
例6．（2021·浙江·高三专题练习）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
【答案】C
【解析】对于A，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊥α，故A错误；
对于B，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，故B错误；
对于C，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，故C正确；
对于D，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，故D错误．
故选：C．
例7．（2022·四川·模拟预测（文））已知是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若，则；②若，则；
③若，则；④若，则．
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③B．②③C．①②③D．②③④
【答案】B
【解析】①若，则或，①错误；
②因为，所以，又因为，则由面面垂直的判定可得，②正确；
③因为，所以，因为，则，③正确；
④若，则或异面，④错误．故选：B
【方法技巧与总结】
此类问题可以转化为一个正方体的棱、面等，进而进行排除．
题型二：证明线线垂直
例8．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．证明：
【解析】证明：过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，
，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面
例9．（2022·上海松江·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在棱上．
（1）求四棱锥的全面积；
（2）求证：．
【解析】（1）∵BC//AD，AD⊥平面ABP，∴BC⊥平面ABP，
∴BC⊥BP，∴，
同理可得，
∴
．
（2）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA．
又ABCD是矩形，∴CD⊥AD，
∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD．
∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．
∵PA＝AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD．
又CD∩PD＝D，∴AF⊥平面PDC．
∵PE⊂平面PDC，∴PE⊥AF．
例10．（2023·全国·高三专题练习）已知空间几何体中，与均为等边三角形，平面平面平面．求证：．
【解析】证明：取的中点，连接，
因为与均为等边三角形，所以，
又，所以平面，
平面，所以．
例11．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
【解析】（1）∵，，∴，
∵平面，平面，∴，∵，∴，
∵，平面，
∴平面，又平面，
∴．
（2）∵平面，平面ABC，∴，又∵，，∴平面．
，
例12．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，．
若，试证；
【解析】在中，
∵为中点且，
∴．
∵平面平面交线为，
∴平面，∴．
∵，分别为，的中点，
∴．
∴．
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴平面，平面，
∴．
例13．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．
证明：∠PAD＝∠PBC；
【解析】证明：分别取，的中点，，连接，，，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以，
在中，因为垂直平分，所以，
又因为，，所以，
从而可得；
例14．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为的菱形，．
证明：；
【解析】取中点，连接，
，
为正三角形，
又面，面
又面，
例15．（2022·浙江·模拟预测）已知梯形，现将梯形沿对角线向上折叠，连接，问：
若折叠前不垂直于，则在折叠过程中是否能使？请给出证明；
【解析】假设折叠过程中能使．
折叠前，假设，E为垂足，连，则与不垂直．①
折叠后，若，又与是平面内的相交直线，
故平面，又平面，从而有，
故折叠前也应有②．显然，①与②矛盾．故假设不能成立．
即折叠过程中不能使．
例16．（2021·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，底面．
（1）当为何值时，平面？证明你的结论；
（2）若在边上至少存在一点，使，求的取值范围．
【解析】（1）当时，四边形为正方形，则．
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面
所以平面．
故当时，平面．（2）设是符合条件的边上的点．
因为平面，平面
所以，
又，，平面，平面
所以平面，
因为平面，
所以．
因此，点应是以为直径的圆和边的一个公共点．
则半径，即．
所以．
【方法技巧与总结】
题型三：证明线面垂直
例17．（2021·全国·高三专题练习（理））如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且E，F分别是BC，A1B1的中点．
（1）求证：BC1⊥A1C；
（2）求证：EF∥平面A1C1CA；
（3）在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：因为，又平面平面，
且平面平面，平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）证明：取中点，连，连．在中，因为，分别是，中点，
所以，且．
在平行四边形中，因为是的中点，
所以，且．
所以，且．
所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
（3）在线段上存在点，使得平面．
取的中点，连，连．
因为平面，平面，平面，
所以，．
在中，因为，分别是，中点，所以．
又由（2）知，所以，．
由，平面，所以平面．
故当点是线段的中点时，平面．此时．
例18．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图，圆台下底面圆的直径为，是圆上异于的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，．
证明：平面；
【解析】∵为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，
故
又∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，又∵，，平面
∴平面
例19．（2022·广东深圳·高三阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，且，为棱的中点．
求证：平面；
【解析】方法一：取的中点，连接．
平面，平面，，．
，，，，
又，平面，
平面，且四边形为正方形，又平面，
，，
又，平面，平面．
方法二：取的中点，连接．
平面，平面，，．，，，，
又，平面，
平面，且四边形为正方形，又平面，
平面平面，又平面平面，，
平面．
例20．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面．证明：平面
【解析】证明：由题设，，又面面，面面，面，
所以面，而面，则，
由得：，
又，则平面．
例21．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE．证明：BD⊥平面PAC
【解析】证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD
∴PA⊥BD．同理由PC⊥平面BDE，可证得PC⊥BD．
又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC．
例22．（2022·四川成都·高三阶段练习（文））如图，在三棱锥中，已知平面ABC，，D为PC上一点，且．
（1）若E为AC的中点，求三棱锥与三棱锥的体积之比；
（2）若，，证明：平面ABD．
【解析】（1）由题意有．
∵为的中点，∴．
又，∴点到平面的距离为．
∴．
∴．
∴三棱锥与三棱锥的体积之比为．
（2）证明：∵平面，平面，∴．
∵，∴．
∵，，平面，
∴平面．
又平面，∴．
在中，由，，得．
又，得．∴．
∵，∴．又，∴．
∴，即．
又，平面ABD，∴平面．
例23．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，，点是棱上靠近点的三等分点，点是的中点．
（1）证明：平面；
（2）点为线段上一点，设，若平面，试确定的值．
【解析】（1）证明：取的中点，记，连接，，，
在中，，分别是，的中点，所以，
同理可得，
又因为，，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
（2）因为底面是菱形，所以，
因为，，所以，则，
又因为是的中点，所以，
因为，所以平面，又平面，
所以，即
因为，，所以，
则，
则，所以，即
又因为，
所以平面，
若平面，
则与重合．故．
例24．（2022·江西宜春·模拟预测（文））如图所示的五面体中，平面平面，四边形为正方形，，，．
（1）求证：平面；
（2）若，求多面体的体积．
【解析】证明：如图，因为，平面平面，
平面平面，平面，所以平面．
因为平面，所以．
在中，因为，故，不妨设，
所以由余弦定理，得，则，所以，所以，
又，所以平面．
（2）如图，若，则，由（1）知平面，所以为三棱锥的高，而三棱锥的高为点到平面的距离，因为平面平面，所以点到平面的距离就是点到直线的距离，
故．
例25．（2021·全国·模拟预测（文））如图，在正方体中，，．
（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在点，使得平面？并说明理由．
【解析】（1）如图，连接，因为，，所以，分别为，的中点，所以，
又，所以．
（2）如图，取的中点，连接，，
因为平面，所以，又，所以．
因为，，所以．
因为，所以平面，
所以在线段上，存在点，使得平面．
例26．（2022·江西九江·三模（理））如图1，矩形中，，，为上一点且．现将沿着折起，使得，得到的图形如图2．
证明：平面；
【解析】∵四边形为矩形，，且，
∴
∵，∴
∵，，∴，∴
∵四边形为矩形，∴
∵，平面，∴平面
例27．（2023·全国·高三专题练习（理））如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点．
证明：PO⊥平面ABC；
【解析】证明：连接OB．
法一：∵，∴，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴
又∵，
∴
∴．
∴，OB、AC平面ABC
∴PO⊥平面ABC．
法二：连接，，O为AC的中点∴
因为
∴∴，∴
∴，OB、AC平面ABC．
∴PO⊥平面ABC．
例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥，底面为梯形，且，，等边三角形所在的平面垂直于底面，．求证：平面；
【解析】证明：如图所示，取中点，连接，
是正三角形，为中点，
又平面平面，且平面平面，
平面，
又平面，，
，且，平面，
平面；．
例29．（2022·全国·高三专题练习）在平行四边形中过点作的垂线交的延长线于点，．连接交于点，如图1，将沿折起，使得点到达点的位置．如图2．证明：直线平面．
【解析】证明：图1中，在中，所以．所以
也是直角三角形，
，在图2中，所以平面．
例30．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，平面平面，为的中点，为的中点，且，，．证明：平面
【解析】证明：如图，
连接AF，
由题意知为等腰三角形，
而为的中点，所以．
又因为平面平面，且，平面平面，平面，
所以平面．
而平面，所以．
而，平面，所以平面．
连接，则，，
而，，所以且，
所以是平行四边形，
因此，故平面．
例31．（2023·全国·高三专题练习）已知边长为2的等边（图1），点D和点E分别是边AC，AB上的中点，将沿直线DE折到的位置，使得平面平面BCDE，点O和点P分别是边DE，BE的中点（图2）．证明：平面
【解析】证明：连接BD．
∵点和点分别是边DE，BE上的中点，∴，
等边中，点是边AC的中点，∴，∴
等边中，点是边DE的中点，∴，
又∵平面，平面平面BCDE，
且平面平面，
∴平面BCDE，∴，
∵，∵，平面
∴平面；
【方法技巧与总结】
垂直关系中线面垂直是重点．
线垂面哪里找
线垂面有何用
证明线面垂直常用两种方法．方法一：线面垂直的判定．
线线垂直线面垂直，符号表示为：，那么．
方法二：面面垂直的性质．
面面垂直线面垂直，符号表示为：，那么．
题型四：证明面面垂直
例32．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，，．求证：平面PCD⊥平面PAC；
【解析】证明：因为，，且，
所以在中，，
所以，
所以，
又PA⊥平面ABCD，面ABCD，
所以，
而，面，
所以面，
又面，
所以面面．
例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，．在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】当点为的中点，即时，平面平面．
证明如下：设的中点为，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以且，
又为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为，M为棱的中点，故，
又因为平面ABC，平面ABC，
故，由平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
例34．（2020·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
【解析】（1）连接与，两线交于点，连接，
在中，分别为，的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）因为底面，平面，所以．
又为棱的中点，，所以．
因为，，平面，
所以平面，平面，所以．
因为，所以．又，
在和中，，
所以，即，
所以，又，，平面，
所以平面．
（3）当点为的中点，即时，平面平面．
证明如下：设的中点为，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以且，又为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
由（2）知：平面，所以平面，又平面，
所以平面平面．
例35．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在三棱柱中，，．
（1）证明：平面平面．
（2）设P是棱上一点，且，求三棱锥体积．
【解析】（1）连接．
三棱柱中，，．
则，
则，则，∴，又∵，∴，
又，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）取AB的中点D，连接CD，∵，∴，
又由（1）知平面平面，平面平面
则平面，且．
则三棱锥的体积为，
则三棱柱的体积为6，
∵，∴在四边形中，，
又∵四棱锥的体积为，
∴三棱锥的体积为．
例36．（2022·安徽合肥·二模（理））如图，在矩形中，，点为边的中点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，使得，连结，，．
证明：平面平面；
【解析】证明：取线段的中点，连结，，
，，
为等边三角形，．
，．
又，
，
，
，
又，
平面．
平面，
∴平面平面
例37．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，，，，F分别是棱的中点，二面角为．
证明：平面平面
【解析】证明：连接PE，BE，
因为为AD中点，所以PE⊥AD，
因为，E为AD中点，
所以BE⊥AD，
因为，
所以AD⊥平面PBE，
因为平面PBE，
所以AD⊥PB，
因为，E为AD中点，
所以，由勾股定理得：，
因为，
由勾股定理逆定理可得，
所以，
因为BE⊥AD，PE⊥AD，
所以即为二面角的平面角，
所以=．
在三角形PEB中，由余弦定理得：，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以平面ABCD，
因为平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABCD
例38．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在斜三棱柱中，底面是等腰三角形，，侧面底面ABC．
（1）若D是BC的中点，求证：；
（2）过侧面的对角线的平面交侧棱于M，若，求证：截面侧面．
【解析】（1）证明：∵，D是BC中点，∴，
∵底面侧面，交线为BC，
∴侧面，
又∵侧面，
∴；
（2）证明：取中点E，连接DE，ME，
在中，D，E分别是BC，的中点，∴且
又且，∴且，
∵，
∴且，
∴四边形AMED是平行四边形，
∴，
由（1）知面，∴侧面，
又∵面，
∴面侧面．
例39．（2022·云南师大附中模拟预测（理））如图，已知四棱台的底面是矩形，平面平面，，为的中点，且．
证明：平面平面
【解析】证明：平面平面，平面平面，，平面，
平面．又平面，．
，平面，，
平面．
又平面，平面平面．
例40．（2022·浙江·三模）如图，四面体的棱平面，．
证明：平面平面；
【解析】
作于M，连接，则，，则，
则，故．又，则，又，平面，故平面，
又平面，则平面平面．例41．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，，F为棱上一点，，连接AF，．
证明：平面平面；
【解析】如图，延长和CB的延长线相交于点E，连接AE，
则AE为平面与底面ABC的交线，
由已知得，，，
所以，
由AB、BC的长都为3，AC的长为，得，
所以，
在三角形ABE中，由余弦定理，得，
所以，所以，即，
又是直三棱柱，故平面ABC，
又平面ABC，所以，因为，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【方法技巧与总结】主要证明方法是利用面面垂直的判定定理（线面垂直面面垂直）．证明时，先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．
【过关测试】
一、单选题
1．若和分别为空间中的直线和平面，则“”是“垂直内无数条直线”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若，则垂直内所有直线，因此，命题“若，则垂直内无数条直线”正确，
垂直内无数条直线，若这无数条直线中无任何两条直线相交，此时直线可以在平面内，即不能推出，
所以“”是“垂直内无数条直线”的充分不必要条件．
故选：A
2．数学试题）现有边长为的正四面体，其中点M为的重心，点N，H分别为，中点．下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】∵正四面体，点M为的重心，
∴M为等边的中心，
∴面，面，∴．
直线与交于点A，故AN不与DM垂直，故排除A；
延长DM交BC于点G，则G为BC中点，连接AG，如图所示，
边长为，在中可得，
由，，，．
故B正确，C错误；
在中，H，M分别为NA，NG的中点，
∴，又∵，∴HM不与AB平行，
故D错误．
故选：B．
3．设m，n是空间两条不同直线，，是空间两个不同平面，则下列选项中正确的是（ ）
A．当时，“”是“”的充分不必要条件
B．当时，“”是“”的充分不必要条件
C．当时，“”是“”的必要不充分条件
D．当时，“”是“”的必要不充分条件
【答案】B
【解析】对于A，当时，若，则，反之也成立，
故“”是“”的充分必要条件，故A错误．
对于B，当时，由线面垂直的判断定理可得：若，则，
但若，或或相交均可能，
故当时，“”是“”的充分不必要条件，故B正确．
对于C，当时，，则平行或异面，
而时，或，
故“”是“”的既不充分也不必要条件，故C错误．
对于D，当时，若，则或或相交均可能，
当时，则或或相交均可能，
故“”是“”的既不充分也不必要条件，故D错误，故选：B．
4．数学试题）设，是两个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】A
【解析】由面面垂直的性质定理易知选项A正确；
若，，，，则直线可能与平面垂直，
也可能与平面平行，还有可能在平面内，故B错误；
根据，，不能确定直线，的位置关系，故C错误；
若，，，则，故D错误．
故选：A．
5．设，，是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个命题：
①若，，则；②若，，则；
③若，，则；④若，，，则．
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①②B．②C．④D．②③
【答案】B
【解析】对①，若，，则或与相交，故①错；
对②，若，，则，②对；
对③，若，，则，③错；
对④，若，，，则不一定垂直，④错
故选：B
6．在三棱锥中．作平面，垂足为．
①若三条侧棱与底面所成的角相等，则是的（ ）心；
②若三个侧面与底面所成的二面角相等，则是的（ ）心：
③若三组对棱与与与中有两组互相垂直，则是的（ ）心
以上三个空依次填（ ）
A．外，垂，内B．内，外，垂C．垂，内，外D．外，内，垂
【答案】D
【解析】对于①，连接、、，如下图所示：
由平面，可得为与平面所成角，
为与平面所成角，为与平面所成角，
且，
因为，，，
所以，即为的外心；
对于②，过点在平面内作，垂足为，连接，
过点在平面内作，垂足为，连接，
过点在平面内作，垂足为，连接，如下图所示．
平面，平面，，
，，平面，平面，故，
可得为侧面与底面所成角的平面角，
同理可知，为侧面与底面所成角的平面角，
为侧面与底面所成角的平面角，且，
因为，，，所以，，
即为的内心；
对于③，连接、、，如①中的图，
若，，因为平面，平面，，因为，所以，平面，平面，，
同理可得，
即为，，即有，，
所以，即有，
则，即为的垂心．
故选：D
7．棱长为2的正方体中，E，F分别是棱BC，的中点，下列命题中错误的是（ ）
A．B．EF∥平面
C．EF⊥平面D．四面体的体积等于
【答案】C
【解析】，A正确；
如图，取的中点，连接，，易知，所以四边形是平行四边形，所以//，又平面，平面，所以//平面，B正确；
若平面，因为平面，则，因为平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，得，显然不成立，C不正确；
因为E为BC中点，所以，D正确．
故选：C．
8．试题）为正方体对角线上的一点，且，下面结论不正确的是（ ）
A．B．若平面PAC，则
C．若为钝角三角形，则D．若，则为锐角三角形
【答案】C
【解析】如图（1）所示：
对于A中，正方体中，连接，
因为平面，且平面，所以，又由且，所以平面，
因为，所以平面，所以，所以A正确；
对于B中，正方体中，连接，
可得，且，所以平面，
若平面，可得点在平面中，可得，
又由，所以，所以B正确；
对于C中，设正方体的棱长为，
当为的中点时，即时，可得，，
由余弦定理可得，可得，
所以若为钝角三角形，则是不正确的，故C不正确；
对于D中，建立如图所示的空间直角坐标系，如图（2）所示不妨设正方体的棱长为1，
则，
可得，
，
由，
令，解得或（舍去），
又由，所以，
即当时，，即为锐角，
又因为中，，所以为锐角三角形，所以D正确．
故选：C．
二、多选题
9．若是互不相同的空间直线，是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABC
【解析】对于A中，由，，，则与可能是异面直线，所以A错误；
对于B中，由，，只有垂直两平面的交线时，才有，所以B错误；
对于C中，由，，则与可能平行、相交或异面，所以C错误；
对于D中，由，则在平面内必存在一条直线，使得，
又由，可得，且，所以，所以D正确．
故选：ABC
10．试题）如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中可能成立的是（ ）
A．CD⊥ABB．BC⊥ADC．BD⊥ABD．BC⊥CD
【答案】ACD
【解析】当将△ACD绕AC边旋转到CD⊥BC时，因为CD⊥AC，，此时CD⊥平面ABC，而平面ABC，则CD⊥AB，CD⊥BC，AD正确；
此时AB⊥平面BCD，平面BCD，所以AB⊥DB，C正确；
若，而AB⊥BC，，故必有BC⊥平面ABD，由图形可知，D点在B点正上方，而，所以显然不可能；故选：ACD
11．在矩形中，为边的中点，将沿直线翻折成，若点为线段的中点，则在翻折过程中，下述选项正确的是（ ）
A．是定值
B．点在某个球面上运动
C．存在某个位置，使
D．存在某个位置，使平面
【答案】ABD
【解析】取中点，连接，则，且
且，所以，且度数大小为定值，
由余弦定理可得，
由于MF，BF以及是定值，故MB为定值，故A正确；
由于B为定点，MB为定值，所以是在以为球心，为半径的球上，可得正确；
因为，，
故，故，
假设，由于平面，
故平面，则，则，
而，这在中是不可能的，故假设不成立，
即不存在某个位置，使，故C错误；
由与，且，
可得平面平面，平面，故平面，可得正确；
故选：ABD
12．如图所示，在四棱锥中中，为正方形，，E为线段的中点，F为与的交点，．则下列结论正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．平面平面D．线段长度等于线段长度
【答案】ABC
【解析】因为是正方形，所以．又因所以平面平面，，所以平面，因此A正确；
而平面，所以平面平面，因此C正确；
因为F是的中点，而E为线段的中点，所以平面，平面，所以平面，因此B正确；
对于D，因为是边长为1的正三角形，是正方形，所以．又由平面，有，所以．在中，，，又分别是等腰三角形的底边和腰上的中线，所以线段与的长度不相等（否则，是正三角形），因此D不正确；
故选：ABC．
三、填空题
13．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，写出以之间的部分位置关系为条件（除外），为结论的一个真命题：_____________．
【答案】若，则．（答案不唯一）
【解析】若，则．故答案为：若，则．
14．如图，在直三棱柱中，底面是为直角的等腰直角三角形，，，是的中点，点在线段上，当_______时，平面．
【答案】或
【解析】由已知得是等腰直角三角形，，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，
又∵平面，∴．
若平面，则．
设，则，
，
∴，
解得或．
15．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=x，AC与BD交于点O，将△ACD沿直线AC翻折，形成三棱锥D-ABC，若在翻折过程中存在某个位置，使得OB⊥AD，则x的取值范围是___________．
【答案】
【解析】过作于点，连接，
因为，，所以平面，
因为平面，所以，因为，所以是中点，，
，因为，
所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：．
16．如图，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列正确说法的序号是___________．
①存在点F使得平面；
②存在点F使得平面；
③对于任意的点F，都有；
④对于任意的点F三棱锥的体积均不变．
【答案】①③④
【解析】当点F为的中点，此时点E为的中点，此时连接EF，可得：，
因为平面，，所以平面，①正确；
连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以相交，
因为平面，
所以不存在点F使得平面，②错误
连接AC，BD，则AC⊥BD，又平面ABCD，平面ABCD，
所以BD，
因为，
所以BD⊥平面，
因为平面，
所以BD⊥EF，③正确；
连接DF，EF，ED，
则无论点F在的何处，都有，是定值，为正方形面积的一半，又高等于CD，故体积也为定值，为正方体体积的，④正确．
故选：①③④
四、解答题
17．在四棱锥中，四边形为菱形，，且平面平面．证明：平面；
【解析】连接BD交AC于O，如图，
四边形为菱形，所以，
平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
，故，
又平面，所以平面．
18．如图所示，在四棱锥中，平面底面，，，，，，．设平面与平面的交线为，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若在棱上存在一点，使得平面，当四棱锥的体积最大时，求的值．
【解析】（1）在中，因为，，，
所以，所以．
在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，，所以，
又，所以．
如图，延长和交于点，连接，
因为，平面，所以平面，同理可得平面．
所以所在直线即为直线．
因为，所以为的中点，所以在中，．
因为平面，平面，所以平面；
（2）过向作垂线，垂足为，
因为平面底面，平面平面，平面，
所以，底面，
因为梯形的面积和的长为定值，所以当点与重合，即底面时，四棱锥的体积最大．
因为平面，平面，所以，所以经过的中点，
所以，所以，
故．
19．如图，四面体中，，E为的中点．证明：平面平面
【解析】证明：因为，为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
20．如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面ABCD．
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积．
【解析】（1）取中点，连，
因为，，，，
所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，
则，，
因为面面，面面，面，
所以平面，又平面，所以．
（2）取中点，连，则，且，
因为平面平面，面面，面，
所以平面，又面积为，
三棱锥的体积为．
21．如图1，在直角梯形ABCD中，，∠BAD=90°，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中的位置，使平面平面BCDE，得到四棱锥．当四棱锥的体积为，求a的值．
【解析】如图，在直角梯形中，连接，因E是AD的中点，，有，
则四边形是平行四边形，又，于是得是正方形，，
在四棱锥中，，因平面平面，且平面平面，
平面，因此平面，即是四棱锥的高，
显然，平行四边形的面积，
因此，四棱锥的体积为，解得，
所以a的值是6．
22．如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．
（1）求证：CD⊥平面SAD；
（2）若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．
【解析】（1）证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．
又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面SAD．
（2）存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．连接PC，DM交于点O，连接PM，SP，NM，ND，NO．
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO．又因为N为SC的中点，
所以NO∥SP．易知SP⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，且SP⊥AD，
所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD．