【文档说明】【精准解析】专题42直线、平面垂直的判定与性质-（文理通用）【高考】.docx，共(43)页，3.017 MB，由小赞的店铺上传

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专题42直线、平面垂直的判定与性质最新考纲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.基础知识融会贯通1．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互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．(2)判定定理与性质定理2.直线和平面所成的角(1)定义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．若一条直线

垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．(2)范围：0，π2.3．平面与平面垂直(1)二面角的有关概念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：在二面角的棱

上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(2)平面和平面垂直的定义两个平面相交，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．(3)平面与平面

垂直的判定定理与性质定理【知识拓展】重要结论(1)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．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(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．重点难点突破【题型一】直线与平面垂直的判定与性质【典型例题】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是AD，CD的中点．（Ⅰ）证明：B

D⊥平面PEF；（Ⅱ）若M是棱PB上一点，三棱锥M﹣PAD与三棱锥﹣DEF的体积相等，求的值．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）证明：连接AC，∵PA＝PD，且E是AD的中点，∴PE⊥AD，…1分又∵面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平

面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，…2分∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PE，…3分又四边形ABCD为菱形，且E，F为棱的中点，∴EF∥AC，BD⊥AC，∴BD⊥EF，…4分又BD⊥PE，PE∩EF＝E，∴BD⊥平面PEF；…6分（Ⅱ）如图，连接MA，MD，设λ，则，∴VM﹣

PADVB﹣PADVP﹣ABD，…8分又VP﹣DEFVP﹣ACDVP﹣ABD，…10分∵VM﹣PAD＝VP﹣DEF，∴，解得：λ，即．…12分【再练一题】如图1，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为DC的中点．以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置，

且平面PAE⊥平面ABCE（如图2）．（Ⅰ）求证：EC∥平面PAB；（Ⅱ）求证：BE⊥PA；（Ⅲ）对于线段PB上任意一点M，是否都有PA⊥EM成立？请证明你的结论．【解答】（本小题14分）证明：（Ⅰ）在矩形ABCD中，E是CD中点，所以CE∥AB……………………………AB⊂平面PA

B，CE⊄平面PAB所以EC∥平面PAB……………………………（Ⅱ）在矩形ABCD中，AB＝2CD，E是CD中点，可得AB2＝AE2+BE2所以BE⊥AE……………………………..又平面PAE⊥平面ABCE，平面P

AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE所以BE⊥平面PAE………………………..PA⊂平面PAE所以BE⊥PA……………………………解：（Ⅲ）对于线段PB上任意一点M，都有PA⊥EM成立．证明如

下………………..因为矩形ABCD，所以DA⊥DE，即PA⊥PE………………………..由（Ⅱ）得BE⊥PA而BE⊂平面PEB，PE⊂平面PEB，PE∩BE＝E所以PA⊥平面PEB………………………………对于线段PB上任意一点M，EM⊂平面PEB所以PA⊥EM……

……………………………思维升华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．【题型二】平面与平面垂直的判定与性质【典型例题】在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝60°，AD

＝2，AM＝1，，E为AB的中点．（1）平面ADNM⊥平面ABCD（2）求点E到平面BCM的距离【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，AD＝2，E是AB的中点，∴AEABAD＝1，又AM＝1，ME，∴AM2+AE2＝ME2，故AM⊥AE，∵四边形ADNM是矩形，∴AM⊥AD，又AB∩AD

＝A，∴AM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ADNM，∴平面ADNM⊥平面ABCD．（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD＝2，∠DAB＝60°，∴DE⊥AB，DE，AC＝2，BC＝2，∴MB，MC，cos∠MBC，故sin∠MBC，∴S△MBC2，设点E到平面BCM的距离为h

，则VE﹣MBCS△MBC•h．又VE﹣MBC＝VM﹣BCE，∴，解得h．∴点E到平面BCM的距离．【再练一题】四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC，PD．（1）求证：平面PBD⊥平面P

AC；（2）M为棱PB上异于B的点，且AM⊥MC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值．【解答】证明：（1）在Rt△ABC与Rt△ABD中，∵，，∴，∠ABC＝∠DAB＝90°，∴△ABC∽△DAB，∴∠ABD＝∠BCA，∵∠ABD+∠CBD＝90°，∴∠BCA+∠CBD＝90°，∴AC⊥BD，

∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，∵BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PBD，又AC⊂平面PAC，∴平面PBD⊥平面PAC．解：（2）过A作AE∥DP，∵PD⊥平面ABCD，∴AE⊥平面ABCD，即AE，AB，AD两两垂直，以A为原点，A

B，AD，AE所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝1，AD＝2BC，PD，∴A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，，0），D（0，），P（0，），（1，0，0），（﹣1，），（0，，0），设，λ∈（0，1]，则（1﹣λ，，），，∵AM

⊥MC，∴（1﹣λ）（﹣λ）0，由λ∈（0，1]，解得，∴（，，），∴M（，，），设（x0，y0，z0）为平面MCD的一个法向量，则，取z，得（，），设直线AM与平面MCD所成角为θ，∴sinθ，∴直线AM与平面MCD所成角的正弦值为．思维升华(1)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)．(2)在已知平面垂直时，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．【题型三】垂直关系中的探索性问题【典型例题】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥

平面ABCD，，AB∥CD，AB⊥AD，AD＝DC＝1，AB＝2，E为侧棱PA上一点．（Ⅰ）若，求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求证：平面EBC⊥平面PAC；（Ⅲ）在侧棱PD上是否存在点F，使得AF⊥平面PCD？若存在，求出线段PF的长；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）设AC∩BD＝G，连

结EG．由已知AB∥CD，DC＝1，AB＝2，得．由，得．在△PAC中，由，得EG∥PC．因为EG⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PA．由已知得，，AB＝2，所以AC2+BC2＝AB

2．所以BC⊥AC．又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC．因为BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面PAC．（Ⅲ）在平面PAD内作AF⊥PD于点F，由DC⊥PA，DC⊥AD，PA∩AD＝A，得DC⊥平面PAD．因为AF⊂平面PAD，所以CD

⊥AF．又PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD．由，AD＝1，PA⊥AD，得cos∠APD，即，∴．【再练一题】如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，侧面ADEF为梯形，AF∥DE，DE⊥AD，DC＝DE．（Ⅰ）求证：AD⊥CE；（Ⅱ）求证：BF∥平面CDE；（Ⅲ）判断线段BE上是否

存在点Q，使得平面ADQ⊥平面BCE？并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由底面ABCD为矩形，知AD⊥CD．………………又因为DE⊥AD，DE∩CD＝D，………………所以AD⊥平面CDE．………………又因为CE⊂平面CDE，所以AD⊥CE

．………………（Ⅱ）由底面ABCD为矩形，知AB∥CD，又因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB∥平面CDE．………………同理AF∥平面CDE，又因为AB∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE．………………又因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE．…………

……（Ⅲ）结论：线段BE上存在点Q（即BE的中点），使得平面ADQ⊥平面BCE．…证明如下：取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，则PQ∥BC．由AD∥BC，得PQ∥AD．所以A，D，P，Q四点共面．………………由（Ⅰ），知AD⊥平面CDE，所以AD⊥DP，故BC⊥DP．在△C

DE中，由DC＝DE，可得DP⊥CE．又因为BC∩CE＝C，所以DP⊥平面BCE．………………又因为DP⊂平面ADPQ所以平面ADPQ⊥平面BCE（即平面ADQ⊥平面BCE）．即线段BE上存在点Q（即BE中点），使得平面ADQ⊥平面BCE．………思维升华(1

)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题

意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．基础知识训练1．【河北省邢台市第二中学2019届高三质量检测】已知平面⊥平面，且l=，要得到直线m⊥平面，还需要补充以下的条件是（）A．mB．//mC．ml⊥D．m且ml⊥【答案】D【解析】选项A、B、C的条件都不能得到直线m

⊥平面.而补充选项D后，可以得到直线m⊥平面.理由是：若两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.故选D2．【山东省2019届高三第一次大联考】如图，一个正四棱锥111PABCD−和一个正三棱锥222PBCS−，所有棱长都相等，F为棱11BC的中点，将12,PP、12,

BB、12,CC分别对应重合为,,PBC，得到组合体.关于该组合体有如下三个结论：①ADSP⊥；②ADSF⊥；③//ABSP，其中错误的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】由于正四棱锥111PABCD−和一个

正三棱锥222PBCS−，所有的棱长都相等，可看作有两个相同的正四棱柱拼凑而成，如图所示：P点对应正四棱锥的上底面中心1O，S点对应另一正四棱锥的上底面中心2O，由图形可知拼成一个三棱柱，设E为AD的中点，由此

可知ADSP⊥，又因为AD⊥平面PEFS，所以ADSF⊥，因为//EFSP，//EFAB，所以//ABSP.故选A.3．【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第二次模拟】四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且2PAAB==，则直

线PB与平面PAC所成角为（）A．6B．4C．3D．2【答案】A【解析】连接AC交BD于点O，因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BDAC⊥，BDPA⊥，因此BD⊥平面PAC；故BO⊥平面PAC

；连接OP，则BPO即是直线PB与平面PAC所成角，又因2PAAB==，所以22PB=，2BO=.所以1sin2BOBPOPB==，所以6BPO=.故选A4．【广东省珠海市2018-2019学年高三上学期期末考试

】在正方体中，直线与面所成角的正弦为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】连接AC交BD于点O，连接，因为，得到，所以为直线与面所成角，设，则，所以，故选B。5．【湖北省黄冈市八模2019届高三数学模拟测试题】如图，2ACR=为圆O的直径，45PCA=，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点

A、C重合的点，ASPC⊥于S，ANPB⊥于N，则下列不正确的是（）A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面PABC．平面PAB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面PAC【答案】B【解析】平面ANS⊥平面PCA

NSPBCPCPBC⊥平面平面PCASPCANASANA⊥⊥=ANPBCPCPBC平面平面⊥ANPBANBCPBBCB⊥⊥=BCPABPBCPABANPAB⊥⊥平面面

平面平面BCABBCPAABPAA⊥⊥=PACABCPAABCBCABC⊥平面面垂直于面平面，∴A正确，C、D显然正确.故选B.6．【北京市门头沟区2019年3月高三年级综合练习】如图，在下列四个正方

体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是()A．B．C．D．【答案】D【解析】解：对于A，AB为体对角线，MN，MQ，NQ分别为棱的中点，由中位线定理可得它们平

行于所对应的面对角线，连接另一条面对角线，由线面垂直的判定可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；对于B，AB为上底面的对角线，显然AB垂直于MN，与AB相对的下底面的面对角线平行，且与直线NQ垂直，可得AB垂直于平面MNQ

；对于C，AB为前面的面对角线，显然AB垂直于MN，QN在下底面且与棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；对于D，AB为上底面的对角线，MN平行于前面的一条对角线，此对角线与AB所成角为60，则AB不垂直于平面MNQ．故选：D．

7．【福建省2019届高三毕业班3月质量检测考试】如图,AB是圆锥SO的底面O的直径,D是圆O上异于,AB的任意一点,以AO为直径的圆与AD的另一个交点为,CP为SD的中点.现给出以下结论：①SAC为直角三角形②平面SAD⊥平面SBD③平面PAB

必与圆锥SO的某条母线平行其中正确结论的个数是A．0B．1C．2D．3【答案】C【解析】①∵SO⊥底面圆O，∴SO⊥AC，C在以AO为直径的圆上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即①△SAC为直角三角形正

确，故①正确，②假设平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中过A作AH⊥SD交SD于H,则AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又∵BD⊥AD，∴BD⊥面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥面SAD，∴CO⊥SC,又在△SOC中，SO⊥OC，在一个三角形内不可能有两个直角

，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②错误，③连接DO并延长交圆于E，连接PO，SE，∵P为SD的中点，O为ED的中点，∴OP是△SDE的中位线，∴PO∥SE，即SE∥平面APB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行．故③正确，故正确是①③，故选：C．8．【湖南省2019届高三

六校(长沙一中、常德一中等)联考】如图，平面四边形ABCD中，E，F是AD，BD中点，2ABADCD===，22BD=，90BDC=，将ABD沿对角线BD折起至'ABD，使平面'ABDBCD⊥，则四面体

'ABCD−中，下列结论不正确的是（）A．//EF平面'ABCB．异面直线CD与'AB所成的角为90C．异面直线EF与'AC所成的角为60D．直线'AC与平面BCD所成的角为30【答案】C【解析】A选项：因为E，F分别为AD和BD两边中点，所以//EFAB，即//EF平面ABC

，A正确；B选项：因为平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，且CDBD⊥，所以CD⊥平面ABD，即CDAB⊥，故B正确；C选项：取CD边中点M，连接EM，FM，则//EMAC，所以FEM为异面直线EF与AC所成角，又1EF=，2EM=，3FM=，即90FEM=，故C错误

，D选项：因为平面ABD⊥平面BCD，连接AF，则AFBD⊥，所以AF⊥平面CBD，连接FC，所以ACF为异面直线EF与AC所成角，又CDAD⊥，∴22AC=,又222AFADDF−==，sin222A

FACFAC===12，∴30ACF=,D正确，故选C.9．【辽宁省抚顺市2019届高三第一次模拟考试】在三棱锥PABC−中，已知PAABAC==，BACPAC=，点D，E分别为棱BC

，PC的中点，则下列结论正确的是()A．直线DE⊥直线ADB．直线DE⊥直线PAC．直线DE⊥直线ABD．直线DE⊥直线AC【答案】D【解析】由题意，如图所示，因为PAABAC==，BACPAC=，∴PACBAC，得PCBC=，取PB中点G，连接AG，CG，则PB

CG⊥，PBAG⊥，又∵AGCGG=，∴PB⊥平面CAG，则PBAC⊥，∵D，E分别为棱BC，PC的中点，∴DEPB∕∕，则DEAC⊥．故选：D．10．【四川省华文大教育联盟2019届高三第二次质量检测】如图，在正方体1111ABC

DABCD−中，,MN分别是棱111,BCCC的中点，则异面直线1BD与MN所成的角的大小是（）A．30°B．45C．60D．90【答案】D【解析】连结11,BCBC正方体1111ABCDABCD−，11DC⊥面11BBCC1BC面11BBCC，所以11

1BCDC⊥正方形11BBCC中，11BCBC⊥111,DCBC面11BDC，1111DCBCC=所以1BC⊥面11BDC，而1BD面11BDC所以11BDBC⊥又M为11BC中点，N为1CC中点，可得1MNBC

所以1BDMN⊥，即异面直线1BD与MN所成的角的大小是90.故选D项.11．【四川省雅安市2019届高三第三次诊断考试】如图，圆锥的高2PO=，底面圆O的直径2AB=，C是圆上一点，且30CAB=，D为AC的中点，则直线OC和平面PA

C所成角的正弦值为（）A．12B．32C．23D．13【答案】C【解析】过点O作OEPD⊥于点E，连接CE，如下图：在圆O中，AB为直径.ACBC⊥，又D为AC中点，PAPC=ACPD⊥且ACOD⊥又PDODD=AC⊥平面POD，又AC平面PAC平面POD⊥平

面PAC又平面POD平面PACPD=，OEPD⊥，OE平面PODOE⊥∴平面PAC.OCE就是直线OC和平面PAC所成角.由题可得1BC=.在RtPOD中，可求得：1122ODBC==又2PO=,所以(

)2213222PD=+=.由131122222PODSOE==得：23OE=所以223sin13OCE==故选：C12．【广东省梅州市2019届高三总复习质检】在等腰直角ABC中，ABAC⊥，BC2=，M为BC中点，N为AC中点

，D为BC边上一个动点，ABD沿AD翻折使BDDC⊥，点A在平面BCD上的投影为点O，当点D在BC上运动时，以下说法错误的是()A．线段NO为定长B．AMOADB180+C．线段CO的长)CO1,2D．点O的轨迹是圆弧【答案】B【解析】如图所示，对于A中，在AOC为直

角三角形，ON为斜边AC上的中线，1ONAC2=为定长，即A正确；对于C中，点D在M时，此时点O与M点重合，此时AO1=，CO1=，此时)CO1,2，即正确；对于D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确；故选：B．13．【吉林省长春实验高中20

19届高三第五次月考】在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面ADE⊥平面BCD，则DE＝________．【答案】【解析】作，因为平面平面，所以

平面，因为平面，所以，又因为平面，所以，因为，所以，因为平面，所以，，故答案为.14．【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，直三棱柱中,，，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点.有下列判断：①直线与直线是异面直线；②一定不垂直；③三棱锥的体积为定值；④

的最小值为.其中正确的序号序号是______.【答案】①③④【解析】如图，∵直线AC经过平面BCC1B1内的点C，而直线C1E在平面BCC1B1内不过C，∴直线AC与直线C1E是异面直线，故①正确；当E与B重合时，AB1⊥A

1B，而C1B1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，则A1E垂直AC1，故②错误；由题意知，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O是AC1与A1C的交点，则△AA1O的面积为定值，由BB1∥平面AA1C1C，∴E到平面AA1O的

距离为定值，∴三棱锥E﹣AA1O的体积为定值，故③正确；设BE＝x，则B1E＝2﹣x，∴AE+EC1．由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值知，其最小值为2，故④正确．故答案为：①③④15．【四川省眉山一中办学共

同体2018-2019学年高二上学期半期考试】如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________．【答案】【解析】因为总垂直，故的轨迹为过且与垂直的平面与底面的交线（在底面的圆内）

，它与圆的截线为，连接，设弦，连接，在中，，故，，故填．16．【湖北省武汉市2019届高中毕业生二月调研测试】在棱长为1的正方体中，点关于平面的对称点为，则到平面的距离为______________．【答案】【解析】将正方体再叠加

一个正方体，构成如图所示的正四棱柱，则平面即为平面，连接与平面，平面交于两点，则平面平面，且平面平面，且两点是线段的两个三等分点，所以点即为点关于平面的对称点为，由正方体的性质可知是正三角形的中心，也是重心，所以到平面的距离等于到

平面的距离的三分之一为，点到平面的距离为，即到平面的距离为，故答案为．17．【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三第八次模拟】在三棱锥PABC−中，ABC是边长为4的等边三角形，23PAPB==，25

PC=.（1）求证：平面PAB⊥平面ABC；（2）若点M，N分别为棱BC，PC的中点，求三棱锥NAMC−的体积V.【答案】(1)见证明；(2)26=3V【解析】（1）取AB中点H，连结PH，HC.∵23PAPB==，4AB=，∴PHAB⊥，22PH=

.∵等边ABC的边长为4∴23HC=，又25PC=∴22220PHHCPC+==∴90PHC=，即PHHC⊥又∵HCABH=，ABÌ平面ABC，CH平面ABC∴PH⊥平面ABC，又PH平面PAB∴平面PAB⊥平面ABC（2）∵点M

，N分别为棱BC，PC的中点∴点N到平面ABC的距离为1=22PH且21134=23224AMCABCSS==∴三棱锥NAMC−的体积126=223=33V18．【湖北省武汉市2019届高三2月调研测试】如图，已知四边形ABCD为梯形

，AB∥CD，∠DAB=90°，BDD1B1为矩形，平面BDD1B1⊥平面ABCD，又AB=AD=BB1=1，CD=2．（1）证明：CB1⊥AD1；（2）求B1到平面ACD1的距离．【答案】(1)见证明；(2)1【

解析】证明：（1）∵BDD1B1是矩形，且平面BDD1B1⊥平面ABCD，∴BB1⊥平面ABCD，DD1⊥平面ABCD，在Rt△D1DC中，D1C=5，AD1=2，AB1=2，连结AC，在梯形ABCD中，∠DAB=90°，AD=AB=1，DC=2，∴AC=5，BC=2，∴B1C=3，在

△B1D1C中，D1C=5，112BDBD==，B1C=3，∴B1C⊥B1D1，在△B1CA中，B1C=3，AB1=2，AC=5，∴B1C⊥AB1，∵B1D1∩AB1=B1，∴B1C⊥面B1D1A，∵AD1⊂平面B1D1A，

∴CB1⊥AD1．解：（2）在△B1D1A中，AB1=B1D1=2，AD1=2，则△BD1A的面积S=23(2)4=32，∴四面体B1-AD1C的体积V=1313322=，在△ACD1中，AC=CD1=5，而AD1=2，∴等腰△ACD1的边

AD1上的高d=222(5)()2−=32，∴△ACD1的面积S=13222=32，设B1到平面ACD1的距离为h，由等体积法得113ADCS•h=11BADCV−，∴131322h=，解得h=1，∴B1到平面ACD1的距离为1．19．【山东省德州市2019届高三第二次

练习】如图，四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD，E为线段AD的中点，且2AEEDBC===．4PAPDPB===．PBAC⊥．（1）证明：平面PBE⊥平面PAC；（2）若BCAD∥，求三棱锥PACD−的体积．【答案】(1)见证明；(2)4【解析】（1）证明：∵PAP

D=，E是AD的中点，∴PEAD⊥，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，∴PE⊥平面ABCD，又AC平面ABCD，∴PEAC⊥，又PBAC⊥，PEPBP=，∴AC⊥平面PBE，又AC平

面PAC，∴平面PBE⊥平面PAC．（2）解：由（1）知AC⊥平面PBE，故ACBE⊥，∵12BCADBCADDE==∥，，∴四边形BCDE是平行四边形，∴CDBECDBE=，∥，∴ACCD⊥，∵4PAPDPB===，2AEDEBC===，∴2

223PEPAAE=−=，∴222PBBEPE−==，即2CD=，∴2232ACADCD=−=．∴111223234332PACDACDVSPE−===．20．【广东省韶关市2019届高考模拟测试（4月)】如图，四边形ABCD是直角梯形，其中1BCCD==，2AD=，90AD

C=．点E是AD的中点，将ABE沿BE折起如图，使得'AE⊥平面BCDE．点M、N分别是线段'AB、EC的中点．（1）求证：MNBE⊥；（2）求三棱锥EBNM−的体积【答案】(1)见证明；(2)124V=【解析】（1）证明：2AD=,

且点E是AD的中点∴1ED=，∵四边形ABCD是直角梯形，1BC=∴//EDBC，∴四边形BCDE为平行四边形，∵1BCCDDE===，90ADC=∴四边形BCDE为正方形，∵N是EC的中点，∴N是BD的中点，又M是'AB的中点，∴//'MNAD，∵'AE⊥平面BCDE∴'BEAE⊥

，又∵BEED⊥，且'AEEDE=，∴BE⊥平面'AED，∴'BEAD⊥，则BEMN⊥；（2）解：∵'AE⊥平面BCDE，且M是线段'AB的中点，∴M到底面BEN的距离为11'22AE=，又BCDE是边长为1的正方形，∴111144BNE

S==.∴三棱锥EBNM−的体积111134224MBENVV−===.21．【山东省潍坊市2019届高三高考模拟（5月三模)考试】如图所示，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，且60BCD=，平面

FBC⊥平面ABCD，//EFAB，FBFC=，H为BC的中点.（1）求证：FH⊥平面ABCD；（2）若FBC为等边三角形，Q为线段EF上的一点，求三棱锥ACDQ−的体积.【答案】（1）见解析；（2）1【解析】（1）因为FBFC=，H为BC的中

点，所以FHBC⊥，因为平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC平面ABCDBC=，所以FH⊥平面ABCD.（2）因为FBC为等边三角形，2BC=，所以3FH=，因为//EFAB，EF平面ABCD，ABÌ平面ABCD，所以//EF平面ABCD.因为点Q在线段EF上，所以

点Q到平面ABCD的距离等于点F到平面ABCD的距离，因为四边形ABCD为菱形，2ADCD==，120ADC=，所以1sin2ACDSADCDADC=1322322==，所以13ACDQQACDFACDACDVVVSFH

−−−===13313==.22．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月)综合练习（二模)】如图，在直角梯形ABCD中，//ABDC,90BAD=,4AB=，2AD=，3DC=,点E在CD上，且2DE=，将ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE（如图），G为AE中点.（Ⅰ）求

证:DG⊥平面ABCE；（Ⅱ）求四棱锥DABCE−的体积；（Ⅲ）在线段BD上是否存在点P，使得//CP平面ADE？若存在，求BPBD的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）523（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）证明：因为G为AE中点，2ADDE==，所以DGAE⊥.因为平面ADE⊥平

面ABCE，平面ADE平面ABCEAE=，DG平面ADE，所以DG⊥平面ABCE．（Ⅱ）在直角三角形ADE中，易求22AE=,则2ADDEDGAE==．所以四棱锥DABCE−的体积为1(14)2522323DABCEV−+==．（Ⅲ）过点C作//CFAE交AB于点F，

则:1:3AFFB=．过点F作//FPAD交DB于点P，连接PC,则:1:3DPPB=．又因为CF//AE，AE平面,ADECF平面ADE,所以CF//平面ADE．同理//FP平面ADE．又因为CFPFF=，所以平面CFP//平面ADE．因为CP平面CFP，所以//CP平面ADE．所以

在BD上存在点P，使得//CP平面ADE，且34BPBD=能力提升训练1．【福建省三明市2019届高三质量检查测试】在直三棱柱111ABCABC−中，90BAC=.以下能使11ACBC⊥的是（）A．ABAC=B．1AAAC=C．1BBAB=D．1CCBC=【答案】B【解析】解

：因为直三棱柱111ABCABC−所以1ABAA⊥，又因为90BAC=，所以ABAC⊥因为1AAACA=，,1AAAC平面11AACC，所以AB⊥平面11AACC，所以1ABAC⊥，那么，要证11ACBC⊥，

故只需要证明1AC⊥平面1ABC，即证11ACAC⊥，因为直三棱柱的侧面都是长方形，当增加条件1AAAC=时，则可以得到11ACAC⊥，因为1ABAC⊥，1ABACA=I，,1ABAC平面1ABC，所以1AC⊥平面1ABC，所以11ACAC⊥.故选B.2．【福建省

泉州市2019届高三第二次（5月)质检】已知等边△ABC的边长为2，现把△ABC绕着边BC旋转到△PBC的位置．给出以下三个命题：①对于任意点P，PABC⊥；②存在点P，使得PA⊥平面PBC；③三棱锥PA

BC−的体积的最大值为1.以上命题正确的是A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】B【解析】由题意，取BC中点O，由于AOBC⊥，,POBCOPOAO⊥=，根据线面垂直的判定定理，得BC⊥平面AOP，PA平面AOP，所以PABC⊥，故①正确；假

设AP⊥平面PBC，则APPO⊥，又POAO=，这不可能，故②错误；由13PABCABCVSh−=，当平面OP⊥平面ABC时，h达到最大，此时1343134V==，故③正确.故选B．3．【晋冀鲁豫中原名校2019届高三第三次联考】

如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点Q是线段11CD上的动点，点P为正方体对角线1AC上的动点，若三棱锥11ABPQ−的体积为正方体体积的19，则直线1AP与底面1111DCBA所成角的正切值为（）A．2B．3C．2D．5【答案】A【解析】设

正方体的边长为1，连11AC，在11AC上取一点H，使得1PHAA.由1AA⊥底面1111DCBA，得PH⊥底面1111DCBA，直线1AP与底面1111DCBA所成的角为1PAH，记为，则11111113ABPQPABQABQVVPHS−−==111326PHPH==.又由111

11ABCDABCDV−=，则1169PH=，得23PH=，可得1111233AHAC==，则123tan223PHAH===.故选A.4．【山西省晋城市2019届高三第三次模拟考试】如图所示，体积为8的正方体1111ABCDABC

D−中，分别过点1A，1C，B作1AM，1CN，BP垂直于平面1ACD，垂足分别为M，N，P，则六边形1DMAPCN的面积为（）A．43B．46C．12D．122【答案】A【解析】依题意，2AB=.因为111ADAA=，故111

ADAA，在平面1ACD的投影1MDMA=，同理1,NDNCPCPA==，作出六边形1DMAPCN，六边形1DMAPCN为正六边形，如图所示，由三角形1ACD的边长122DC=，知1223DN=，故所求六边形的面积2322643

43S==.故选：A5．【陕西省西安市2019届高三第三次质量检测】将正方形沿对角线折起，并使得平面垂直于平面，直线所成的角为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，取的中点，分别为，则，

所以或其补角即为所求的角.因为平面垂直于平面，所以平面，所以.设正方形边长为，所以，则.所以.所以是等边三角形，.所以直线所成的角为．故应选B．6．【2019年浙江省高考】设三棱锥VABC−的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点

（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB−−的平面角为，则（）A．,B．,C．,D．,【答案】B【解析】方法1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O，则P在底面投影

D在线段AO上，过D作DE垂直AE，易得//PEVG，过P作//PFAC交VG于F，过D作//DHAC，交BG于H，则,,BPFPBDPED===，则coscosPFEGDHBDPBPBPBPB====，即，tantanPDPDEDBD==，即y，综上所述，答案

为B.方法2：由最小角定理，记VABC−−的平面角为（显然=）由最大角定理=，故选B.方法3：（特殊位置）取VABC−为正四面体，P为VA中点，易得333222cossin,sin,sin6633====，故选B.7．【河南省八市重点高中

联盟“领军考试”2019届高三压轴】如图，四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，若112APABAD===，3AC=.（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面PCD；（Ⅱ）计算四棱锥PABCD−的表面积

.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）57232++【解析】（Ⅰ）由题意，因为PA⊥平面ABCD，所以PACD⊥，因为2AD=，3AC=，1CDAB==，所以222ADACCD=+，所以ACCD⊥，又由PAACA=,所以CD⊥

平面PAC，又由CD平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.（Ⅱ）在直角PAD中，1,2APAD==，所以11212PADS==，在直角PAB中，1,1APAB==，所以111122PABS==，因为2PB=，2PCBC==

，所以2212722222PCBS=−=，因为CD⊥面PAC，所以CDPC⊥，所以1PCDS=，因为ACCD⊥，所以3ABCDS=，故四棱锥PABCD−的表面积为57232++.8

．【青海省西宁市湟川中学2019届高三上学期第三次月考】如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PAAD=，点F是棱PD的中点，点E为CD的中点．（1）证明：//EF平面PAC；（2）证明：AFEF⊥．【答案】（

1）见解析（2）见解析【解析】（1）点,EF分别为,CDPD的中点//EFPCPC平面PAC，EF平面PAC//EF平面PAC（2）PA⊥平面ABCD，CD平面ABCDCDPA⊥又ABCD是矩形CDAD⊥PAADA=CD\^平面PADAF平面PADAFCD⊥PAAD=，

点F是PD的中点AFPD⊥又CDPDD=AF⊥平面PDCEF平面PDCAFEF⊥9．【天津市和平区2019届高三一模】如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，1BBABCD⊥底面，//ADBC，90BAD=，且ACBD⊥.（I）求证：111//BCADDA平面；

（II）求证：1ACBD⊥；（III）若12ADAA=，判断直线1BD与平面1ACD是否垂直？并说明理由.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)答案见解析.【解析】证明：(Ⅰ)∵AD∥BC,BC⊄平面ADD1A1,AD⊂平面ADD1

A1，∴BC∥平面ADD1A1,∵CC1∥DD1,CC1⊄平面ADD1A1,DD1⊂平面ADD1A1,∴CC1∥平面ADD1A1，又∵BC∩CC1=C，∴平面BCC1B1∥平面ADD1A1,又∵B1C⊂平面BCC1B1，∴B1C∥平面A

DD1A1.(Ⅱ)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴BB1⊥AC,又∵AC⊥BD,BB1∩BD=B，∴AC⊥平面BB1D,又∵B1D⊂底面BB1D，∴AC⊥B1D;(Ⅲ)结论：直线B1D与平面ACD1不垂直,证明：假设B1D⊥平面ACD1，由AD

1⊂平面ACD1,可得B1D⊥AD1,由棱柱1111ABCDABCD−中,BB1⊥底面ABCD,∠BAD=90°，可得：A1B1⊥AA1,A1B1⊥A1D1，又∵AA1∩A1D1=A1，∴A1B1⊥平面AA1D1D，∴A1B1⊥AD1,又∵A1B1∩B1D=B1，∴AD1⊥平面A1B1D，∴AD

1⊥A1D,这与四边形AA1D1D为矩形,且AD=2AA1矛盾,故直线B1D与平面ACD1不垂直.10．【河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试】如图，ABC△中，4ABBC==，90ABC=，

,EF分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置，且PBBE=．（1）证明：BC⊥平面PBE；（2）求点F到平面PEC的距离．【答案】（1）见解析；（2）25719【解析】（1）因为,EF分别为AB，AC边的中点，所

以EFBC∥，因为90ABC=，所以EFBE⊥，EFPE⊥，又因为BEPEE=，所以EF⊥平面PBE，所以BC⊥平面PBE．（2）取BE的中点O，连接PO，由（1）知BC⊥平面PBE，BC平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE，因为PBBEPE==，所以POBE⊥，又因为PO平面PB

E，平面PBE平面BCFEBE=，所以PO⊥平面BCFE，在RtPOC中：2225PCPOOC=+=，在RtEBC△中：2225ECEBBC=+=，在PECV中，25PCEC==，2PE=，所以19PECS=，又2EC

FS=，设点F到平面PEC的距离为d，由FPECPECFVV−−=得PECECFSdSPO=，1923d=，所以25719d=.即点F到平面PEC的距离为25719.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com