专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
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，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．
知识点一
直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理与性质定理
知识点二
直线和平面所成的角
(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
(3)范围：.
知识点三
二面角及其范围
(1)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．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(3)范围：[0，π]．
知识点四
平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
知识点五
直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)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．
常考题型剖析
题型一：线面垂直关系的判断与证明
【典例分析】
例1-1.（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
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．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
例1-2.（2019·全国·高考真题（文））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．
【答案】（1）见详解；（2）18
【解析】
【分析】
（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.
【详解】
（1）因为在长方体中，平面；
平面，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面；
（2）设长方体侧棱长为，则，
由（1）可得；所以，即，
又，所以，即，解得；
取中点，连结，因为，则；
所以平面，
所以四棱锥的体积为.
【规律方法】
1.判定定理与性质定理的合理转化是证明垂直关系的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正、余弦定理及勾股定理的应用．
2.证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
【变式训练】
变式1-1.（浙江·高考真题（理））下列命题中错误的是（ ）
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
【答案】D
【解析】
【分析】
利用面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.
【详解】
对于，设平面∩平面=直线a,
设直线，且ba,
则显然直线平面，
根据线面平行的判定定理可得直线b，
故正确；
对于B，如果内存在直线与平行，
则由面面垂直的判定定理可知平面⊥平面，
与已知矛盾，故正确；
对于C，设平面α平面，平面β平面γ,
在内作直线，
由面面垂直的性质定理可得，
又∵直线,∴,
又∵α∩β＝l，∴为相交直线，
又∵平面，∴l⊥平面γ，
故C正确；
平面α⊥平面β，设平面α∩平面β，
在平面α内与平行的直线都不与平面垂直，
故 D项错误．
故选:D.
变式1-2.（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
【答案】.
【解析】
作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，
，．，
，
，为平分线，
，又，
．
题型二：补全线面垂直的条件问题
例2-1.（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点．当＝ 时，D1E⊥平面AB1F．
【答案】1
【分析】要D1E⊥平面AB1F，先确定D1E⊥平面AB1F内的两条相交直线，由三垂线定理易证D1E⊥AB1，同理证明D1E⊥AF即可．
【详解】解：连接A1B，则A1B是D1E在面ABB1A内的射影，
∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，
于是D1E⊥平面AB1F，又平面AB1F，所以D1E⊥AF．
连接DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影．
∴D1E⊥AF，，因为，所以平面，
又平面，所以DE⊥AF．
∵ABCD是正方形，E是BC的中点．
∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，
即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F．
∴＝1时，D1E⊥平面AB1F．
故答案为：1.
例2-2.（2022·全国·高三专题练习）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.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和正方形的对角线的性质可得证．.
（2）根据线面垂直的判定定理可证得平面．
【详解】（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.
【变式训练】
变式2-1.（2022·全国·高三专题练习）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)
【分析】根据平面基本性质写出一个符合题设的真命题即可.
【详解】若，则.
故答案为：若，则.
变式2-2.（2020·上海·高三专题练习）如图，平行六面体的底面是菱形，.
（1）求证：；
（2）当的值为多少时，可使平面？
【答案】（1）证明见解析 （2）时，平面
【分析】（1）证明线面垂直即：平面，即可得证；
（2）当时，平行六面体的六个面是全等的菱形，结合（1）的结论同理可证，即可证得.
【详解】（1）证明：如图，连接，设和交于点，连接.
∵四边形是菱形.
又是公共边，.
.
又，平面.
又平面，.
（2）当时，可使平面.
理由如下：
由（1）知平面.
平面.
当时，平行六面体的六个面是全等的菱形.
同理，可证.
又平面.
故时，平面.
题型三：面面垂直的判断与证明
【典例分析】
例3-1.【多选题】（2023秋·广西百色·高三贵港市高级中学校联考阶段练习）已知四面体的四个面均为直角三角形，其中平面，，且．若该四面体的体积为，则（ ）
A．平面B．平面平面
C．的最小值为3D．四面体外接球的表面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】如图所示，将四面体补全为长方体，证得，，进而证得平面，可判定A正确；根据题意得到即为二面角的平面角，结合为锐角，可判定B不正确；设，，求得，结合基本不等式，可判定C正确．设四面体外接球的半径为，结合基本不等式，求得，可判定D正确．
【详解】如图所示，将四面体补全为长方体，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面，所以A正确；
因为平面，所以，
又因为平面平面，且平面，，平面，则即为二面角的平面角，
因为为锐角，即二面角为锐二面角，所以B不正确；
设，，可得，得，
又由，当且仅当时等号成立，所以，所以C正确．
设四面体外接球的半径为，则，
当且仅当时等号成立，所以，
即四面体外接球的表面积的最小值为，所以D正确．
故选：ACD．
例3-2.（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，
连接
【规律方法】
1．证面面垂直的思路
(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．
(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．
2.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．
3.垂直关系的转化：
4.判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
【变式训练】
变式3-1.【多选题】（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知圆柱的轴截面是正方形，为底面圆的直径，点在圆上，点在圆上，且，不在平面内.若，，，四点共面，则（ ）
A．直线平面B．直线平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】AC
【分析】对选项A，根据线面平行的判定即可判断A正确，对选项B，假设平面，得到，与已知矛盾，即可判断B错误，对选项C，根据面面平行的判定，即可判断C正确，对选项D，假设平面平面.得到平面与平面重合，与已知矛盾，即可判断D错误.
【详解】对于A选项，过点作母线，交圆于点，连接，，

因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，，同理，，
又因为圆圆，圆平面，圆平面，
所以，故，
所以由圆的性质可知，则四边形是平行四边形，
所以，故，
又因为平面，平面，
所以直线平面，故A正确；
对于B选项，如图所示：

假设直线平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，所以直线平面，
因为平面，所以，显然不成立，
所以假设不成立，故B错误；
对于C选项，由A得，，平面，平面，
所以直线平面，
因为，平面，平面，
所以直线平面，
又平面，所以平面平面，故C正确；
对于D选项，假设平面平面，
因为，又，所以，
又，面，所以面，
又面，所以，易得不垂直，
过作于点，如图所示：

因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以直线平面，
又，，平面，所以平面，
所以平面与平面重合，显然不成立.故D错误，
故选：AC.
变式3-2.（2020·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）通过证明，来证得平面.
（2）通过证明平面，来证得平面平面.
【详解】
（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
题型四：补全面面垂直的条件问题
例4-1.（2021·全国·高三专题练习）在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足 时，平面MBD⊥平面PCD.
【答案】BM⊥PC(或DM⊥PC)
【分析】由题设易证△PDC≌△PBC，利用面面垂直的性质，要使平面MBD⊥平面PCD，只需PC⊥平面MBD，即可确定M满足的条件.
【详解】
∵△PAB≌△PAD，
∴PB=PD，易知△PDC≌△PBC，
当BM⊥PC时，则有DM⊥PC，又BM∩DM =M，
故，此时PC⊥平面MBD，PC平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
故答案为：BM⊥PC(或DM⊥PC).
例4-2.（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点.

(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置，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，且点为棱的中点
【分析】（1）取的中点，连接、、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）当点为棱的中点时，推导出平面，再结合面面垂直的判定定理可得出结论.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，且，
因为为的中点，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为、分别为、的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面.
（2）解：当点为的中点时，平面平面，

因为四边形为矩形，则，因为，则，
因为四边形为菱形，则，
因为，则为等边三角形，
因为为的中点，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，
因此，当点为的中点时，平面平面.
【变式训练】
变式4-1.（2022·广东惠州·高三阶段练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）
【答案】（或，等都可）
【解析】
【分析】
先确定所填答案，如，再证明平面MBD⊥平面PCD即可，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质可得，从而可得平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
【详解】
解：可填，
由为菱形，则，
∵平面，平面，
所以，
又，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，
所以平面MBD，
又因平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
故答案为：.（或，等都可）
变式4-2.（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形且，，．
(1)求的值；
(2)若，是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，可得出，进而可得出，利用勾股定理可求得的长；
（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，过点作，分别交、于点、，可得出平面平面，求出的长，可得出，即可得解.
【详解】（1）解：取线段的中点，连接、，
因为四边形是边长为的菱形，则，，
因为，由余弦定理可得，
，所以，即，
又且是的中点，,
，、平面，平面，
平面，，，，
，；
（2）解：过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，
所以，平面平面，
平面平面，平面，，
所以，平面，
过点作，分别交、于点、，
因为，则，
所以，、、、四点共面，
因为平面，
所以，平面平面，
因为，，，
则，
因为，，由余弦定理可得，
所以，，
，
所以，,
，
因为，所以，.
题型五：由线面垂直性质判断线线、面面关系
【典例分析】
例5-1.（2024·陕西宝鸡·校考一模）设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，则． ②若，则．
③若，则．④若，则．
其中正确命题的序号是 （写出所有正确命题的序号）；
【答案】①③④
【分析】根据线面垂直的性质定理可判断①；由由线面垂直的判定定理可判断②；由由线面垂直的条件可判断③；由面面平行的条件可判断④．
【详解】对于①，若，过直线作平面，使得，则，，，，，故①正确.
对于②，只能推出m与面内有些线垂直，不能得出它垂直于面内任意一条直线，故②错误.
对于③，一条直线垂直于两平行平面中的一个，必垂直于另一个，故③正确.
对于④，垂直于同一条直线的两个平面平行，故④正确.
故答案为：①③④
例5-2.（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
则，为等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，
正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
【规律方法】
思路方法：
(1)通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识．
(2)利用线面平行性质必须先找出交线．
2.易错提醒
（1）在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.
（2）线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.
（3）解题中注意符号语言的规范应用.
【变式训练】
变式5-1.（2020·山东·统考高考真题）已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.，与相交，所以与异面，故A错误；
B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；
C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；
D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.
故选：D
变式5-2.（2023·全国·高三专题练习）如图，已知多面体，平面平面，且，证明：平面.
【答案】证明见解析.
【分析】利用线面垂直的性质证得，进而得，再利用线面平行的判定推理作答.
【详解】因为平面平面，则，又，即四边形为平行四边形，
因此，而平面平面，
所以平面.
题型六：应用面面垂直性质证明线面垂直
【典例分析】
例6-1.（2023秋·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是矩形，分别为棱的中点，，平面平面.求证：

(1)平面；
(2)平面．
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
【分析】（1）通过线面平行的判定定理证得平面.
（2）根据通过证明来证得平面.
【详解】（1）由于分别为棱的中点，
所以，由于四边形是矩形，所以，
所以，由于平面，平面，
所以平面；
（2）由于，是的中点，所以.
由于平面平面且交线为，
平面，，所以平面，
由于平面，所以，
由于平面，
所以平面.
例6-2. （2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥中，，均为等边三角形，，O为AB中点，点D在AC上，满足，且面面ABC．证明：面POD．

【答案】证明见解析
【分析】结合面面垂直的性质定理，以及平面几何的性质，转化为证明，即可证明线面垂直.
【详解】证明：由条件、为等边三角形，为的中点，
则，，，
由余弦定理得
从而在中，，
得为直角三角形，且，
又面面，面面，且，面，
则由面面垂直的性质定理可得面
由面,所以
因此由，，，平面，
所以平面，
即面POD.
【变式训练】
变式6-1.（2019·天津·高考真题（改）） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
【答案】（I）见解析；（II）见解析；【解析】
【分析】
（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；
（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.
【详解】
（I）证明：连接，易知，，
又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
（II）证明：取棱的中点，连接，
依题意，得，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
变式6-2．（2022·全国·高三专题练习）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．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且．
【分析】（1）延长和交于点，连接，分析出直线即为直线，推导出为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）过向作垂线，垂足为，利用面面垂直的性质定理得出平面，分析得知当点与点重合时，四棱锥的体积最大，由平面可得出，求出，进而可求得的长.
【详解】（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．
一、单选题
1．（2020秋·辽宁大连·高三大连八中校考阶段练习）已知直线，平面，，，，，则是的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用线面垂直的判定、面面垂直的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】依题意，由，，当时，不能证得，从而不能证得，
当，时，由已知及面面垂直的性质知，而，因此，
所以是的必要不充分条件.
故选：B
D，
∴BF∥平面ACGD．选A．
2．（2023·山西吕梁·统考二模）在三棱锥中，已知底面，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设中点，中点，由直角三角形外接圆为斜边中点，且由题意可知，所以底面，则为三棱锥外接球的球心，可解.
【详解】设中点，中点，
由，，所以的外接圆直径，
且圆心为，
由于底面，，所以底面，
则为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的直径，
所以外接球的体积．
故选：B

3．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
二、多选题
4．（2021·全国·统考高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
5．（2021·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图所示，在矩形中，，，为上一动点，现将沿折起至，在平面内作，为垂足．设，，则下列说法正确的是（ ）
A．若平面，则
B．若平面，则
C．若平面平面，且，则
D．若平面平面，且，则
【答案】BCD
【分析】根据线面关系，面面关系对选项一一分析即可.
【详解】对于A，若平面，则，
在中，，，则，，
FG是三角形的高，则，故A错误；
对于B，若平面，则有，，
则，在中，，
即，解得，故B正确；
对于C，若平面平面，作，垂足为H，
因为平面平面，所以平面，从而，
又，所以平面，从而，
因为，所以在等腰直角三角形中，，
所以在等腰直角三角形中，，故C正确；
对于D，若平面平面，平面平面，
又，故平面，
所以，作作，垂足为H，
从而有平面，从而，从而有C，H，G三点共线，
则，又
故，又
由知，，
因为，，所以，故D正确；
故选：BCD
三、填空题
6．（2023秋·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考阶段练习）在三棱锥中，已知侧棱底面，，且，在此三棱锥内放一个球，当球的体积最大时，球的半径为 ．
【答案】
【分析】当球的体积最大时，球为三棱锥的内切球，由等积法求内切球半径即可.
【详解】当球的体积最大时，球为三棱锥的内切球，设内切球的半径为r，三棱锥的表面积为S，则，

因为底面，底面，所以，
又，面，，
所以平面．
又平面，所以．
所以，
又，
所以，解得．
故答案为：．
7.（2022·四川遂宁·统考一模）设和为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1）若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；
（2）若外一条直线与内一条直线平行，则和平行；
（3）设和相交于直线，若内有一条直线垂直于，则和垂直；
（4）若与内的两条直线垂直，则直线与垂直.
以上说法正确的是 .（㝍出序号）
【答案】（1）（2）
【分析】由面面平行的判定定理可知（1）正确；由线面平行的判定定理可知（2）正确；显然和所成的角可以是直角，也可是锐角或钝角，所以（3）错误；由线面垂直判定定理可知，垂直于两条相交直线时，直线才与平面垂直，即（4）错误.
【详解】对于（1），若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，由面面平行的判定定理可知，平行于，所以（1）正确；
对于（2），若外一条直线与内一条直线平行，由线面平行的判定定理可知，和平行，所以（2）正确；
对于（3），和相交于直线，若内有一条直线垂直于，这时和所成的角可以是直角，也可是锐角或钝角，所以（3）错误；
对于（4），若与内的两条直线垂直，则直线与不一定垂直，可以相交，也可以在内，只有与内的两条相交直线垂直时，直线与垂直.所以（4）错误；
故答案为：（1）（2）
四、解答题
8.（2020·江苏·统考高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【分析】（1）通过证明，来证得平面.
（2）通过证明平面，来证得平面平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
9.（2020·全国·统考高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得
，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.
【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.
10．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
11．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）如图所示，已知正方体的棱长为，..分别是..的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】（1）连接，分别证明平面和平面即可；
（2）连接交于，连接，，，，，，通过证明和即可.
【详解】(1)证明：连接，
则为的中位线，∴，
∵在正方体中，，∴，
平面，平面，平面，
同理可证， 平面，平面，平面，
又，，平面，
平面，∴平面平面；
(2)取的中点，则满足平面，且，证明如下：
连接交于，连接，，，，，，
则，，，，
∴在中，由，得，
∴在中，由，得，
∴在中，由，得，
∴在中，，，
又∵，，平面，
∴平面，且.
【点睛】关键点睛：本题考查点的存在性定理，判断为的中点是解题的关键，再证明和可验证.
12．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（biena）指四个面均为直角三角形的四面体.如图，三棱柱，平面，四棱锥为阳马，且，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.
【分析】在平面内找到一条直线与平行即可.
若平面，又由已知条件平面，平面与平面必然平行，因此容易想到为线段的中点，再证明即可.
【详解】（1）取中点，连接，，
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.
（2）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（1）知，所以，，
由得平面，
故当点是线段的中点时，平面.此时，.文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α