【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.13 空间直线、平面的垂直（二）（重难点题型精讲） Word版含解析.docx，共(35)页，2.133 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

专题8.13空间直线、平面的垂直（二）（重难点题型精讲）1．二面角(1)二面角的定义①半平面：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常叫做半平面.②二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.(2)二面角的表示①棱为A

B，面分别为，的二面角记作二面角-AB-，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角-l-，如图(1).②若在，内分别取不在棱上的点P，Q，这个二面角可记作二面角P-AB-Q，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面

角P-l-Q，如图(2).(3)二面角的平面角①自然语言在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.②图形语言③符号语言∠AOB叫做二面角α-l-β的平面角.(4)二面角大小的度

量①二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度.平面角是直角的二面角叫做直二面角.②当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是；当二面角的两个半平面合成一个平面时

，规定二面角的大小是.所以二面角的平面角的范围是.2．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”.3．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.4．直线、平面位置关系中的相关结论及其转化(1)判定直线与直线垂直的方法①定义法：两条直线

所成的角为，则这两条直线互相垂直.②利用直线与平面垂直的性质来判定.③若一条直线垂直于两平行直线中的一条，则该直线也垂直于另一条.(2)判定直线与平面垂直的方法①定义法：一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则该直线与这个平面垂直.②利用直线与平面垂直的判定定理来判定.③

利用平面与平面垂直的性质定理来判定.④如果两平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面，即a∥b，a⊥b⊥.⑤如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么该直线也垂直于另一个平面，即∥，a⊥a⊥.(3)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.(4)线、面垂直位置关系的相互转化(5)平行关系与垂直关系的相互转化【题型1求二面角】【方法点拨】求二面角的关键是找出(或作出)其平面角，再把平面角放到三角形

中求解.一般采取垂线法来作平面角，即过二面角的一个半平面内不在棱上的一点作另一个半平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.【例1】（2022秋·贵州遵义·高二期末）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边

形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．(1)证明：𝑃𝐵⊥𝐴𝐶；(2)若𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，四棱椎P－ABCD的体积为13，求二面角P－BC－A的余弦值．【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答

案；（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.【解答过程】（1）∵𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐶∈平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴过点𝐶所有垂直于𝑃𝐴的直线都在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内，∵平面𝐴𝐻𝐶⊥平面𝐴�

�𝑃，且𝐶∈平面𝐴𝐻𝐶，∴存在一条过𝐶的直线𝑙⊥平面𝐴𝐵𝑃，且𝑙⊂平面𝐴𝐻𝐶，∵𝑃𝐴⊂平面𝐴𝐵𝑃，∴𝑙⊥𝑃𝐴，则𝑙⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∵平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐴𝐻𝐶=𝐴𝐶，∴𝑙与𝐴𝐶为同一条直线，即𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐵�

�，∵𝑃𝐵⊂平面𝐴𝐵𝑃，∴𝐴𝐶⊥𝑃𝐵.（2）在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内，过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，且𝐴𝐸∩𝐵𝐶=𝐸，连接𝑃𝐸，作图如下：∵𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴

⊥𝐵𝐶，同理可得𝑃𝐴⊥𝐴𝐸，∵𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，𝐴𝐸∩𝑃𝐴=𝐴，𝐴𝐸,𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐸，∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐸，∵𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐸，∴∠𝑃𝐸𝐴为二面角𝑃

−𝐵𝐶−𝐴的平面角，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝑆△𝐴𝐵𝐶=12⋅𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=12⋅𝐴𝐸⋅𝐵𝐶，且𝐵𝐶=√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=√2，则𝐴𝐸=√22，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷的面积𝑆=�

�𝐵⋅𝐴𝐶=1，则其体积𝑉=13⋅𝑃𝐴⋅𝑆=13，解得𝑃𝐴=1，在Rt△𝑃𝐴𝐸中，cos∠𝑃𝐸𝐴=𝑃𝐴𝑃𝐸=𝑃𝐴√𝑃𝐴2+𝐴𝐸2=√63，故二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴的余弦值为√63.【变式1-1】（2023·

高一课时练习）已知𝑃𝐴⊥平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为45∘．(1)二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的大小；(2)直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角的大小．【解题思路】（

1）作𝐵𝐸⊥𝑃𝐶于E，连接ED，由已知推导出∠𝐵𝐸𝐷就是二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的平面角，由此根据余弦定理得出cos∠𝐵𝐸𝐷，即可得出答案；（2）还原棱锥为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑃𝐵1𝐶1𝐷1，作𝐵𝐹⊥𝐶𝐵1于

F，连接𝑃𝐹，即可推导出∠𝐵𝑃𝐹就是直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角，即可求出答案.【解答过程】（1）∵ABCD是正方形，∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∴∠𝑃𝐵𝐴就是异面直线PB与CD所成的角，即∠𝑃𝐵𝐴=

45∘，∵𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝐴𝐵⊂平面ABCD，∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，∴𝑃𝐴=𝐴𝐵，作𝐵𝐸⊥𝑃𝐶于E，连接ED，在△𝐸𝐶𝐵与△𝐸𝐶𝐷中，𝐵𝐶=𝐶𝐷，𝐶𝐸=𝐶𝐸，∠𝐸𝐶𝐵=∠𝐸𝐶𝐷，∴△𝐸𝐶𝐵≅△𝐸𝐶𝐷，∴∠�

�𝐸𝐷=∠𝐶𝐸𝐵=90∘，∴∠𝐵𝐸𝐷就是二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的平面角，设𝐴𝐵=𝑎，则𝐵𝐷=𝑃𝐵=√2𝑎，𝑃𝐶=√3𝑎，则𝐵𝐸=𝐷𝐸=𝑃𝐵⋅𝐵𝐶𝑃𝐶=√63𝑎，则co

s∠𝐵𝐸𝐷=𝐵𝐸2+𝐷𝐸2−𝐵𝐷22×𝐵𝐸×𝐷𝐸=−12，即∠𝐵𝐸𝐷=120∘，∴二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的大小为120∘；（2）还原棱锥为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑃𝐵1𝐶1𝐷1，作𝐵𝐹⊥𝐶𝐵1于F，∵平面

𝑃𝐵1𝐶1𝐷1⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，∴𝐵𝐹⊥𝐵1𝑃，∴𝐵𝐹⊥平面𝑃𝐵1𝐶𝐷，连接𝑃𝐹，则∠𝐵𝑃𝐹就是直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角，𝐵𝐹=√22𝑎，𝑃𝐵=√2𝑎，∴sin∠𝐵𝑃𝐹=12，即∠𝐵𝑃𝐹=30∘，∴直线�

�𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角为30∘.【变式1-2】（2023春·江苏常州·高三开学考试）如图，在边长为4的等边三角形𝐴𝐵𝐶中，平行于𝐵𝐶的直线分别交线段𝐴𝐵,𝐴𝐶于点𝑀,𝑁.将△𝐴𝑀𝑁沿着𝑀𝑁折起至△𝐴1𝑀𝑁，使得二面角𝐴1−𝑀𝑁

−𝐵是直二面角.(1)若平面𝐴1𝑀𝑁∩平面𝐴1𝐵𝐶=𝑙，求证：𝑙//𝐵𝐶；(2)若三棱锥𝐴1−𝐴𝑀𝑁的体积为1，求二面角𝑁−𝐴1𝑀−𝐵的正弦值.【解题思路】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.（2）由已知求证得𝑀,𝑁

分别为𝐴𝐵,𝐴𝐶中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.【解答过程】（1）证明：∵𝐵𝐶//𝑀𝑁，𝐵𝐶⊄平面𝐴1𝑀𝑁，𝑀𝑁⊂平面𝐴1𝑀𝑁，∴𝐵𝐶//平面𝐴1𝑀𝑁，又∵𝐵𝐶⊂平面𝐴1𝐵𝐶，平面�

�1𝐵𝐶∩平面𝐴1𝑀𝑁=𝑙，∴𝑙//𝐵𝐶；（2）设𝐴𝑀=𝑥，过𝐴1作𝐴1𝐷⊥𝑀𝑁于点𝐷，如图所示，∵二面角𝐴1−𝑀𝑁−𝐵为直二面角，∴𝐴1𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶

，∴𝑉𝐴1−𝐴𝑀𝑁=13⋅√34𝑥2⋅√32𝑥=1，解得𝑥=2，∴𝑀,𝑁分别为𝐴𝐵,𝐴𝐶中点，过𝐵作𝐵𝐸⊥𝑀𝑁于点𝐸，因为𝐴1𝐷⊥𝐵𝐸，𝐴1𝐷∩𝑀𝑁=𝐷，𝐴

1𝐷,𝑀𝑁⊂平面𝐴1𝑀𝑁，∴𝐵𝐸⊥平面𝐴1𝑀𝑁，∴𝐵𝐸⊥𝐴1𝐹，过𝐸作𝐸𝐹⊥𝐴1𝑀于点𝐹，连接𝐵𝐹，因为𝐸𝐹∩𝐵𝐸=𝐸，所以𝐴1𝐹⊥平面𝐵𝐸𝐹，所以𝐴1𝐹⊥𝐵𝐹∴∠

𝐵𝐹𝐸即为二面角𝑁−𝐴1𝑀−𝐵的平面角𝛼的补角，且𝐵𝐸=2sin60∘=√3，𝐸𝑀=1，𝐸𝐹=1⋅sin60∘=√32，∴𝐵𝐹=√3+34=√152，∴sin𝛼=sin∠𝐵𝐹𝐸=√3√152=√3⋅2√15=2

√55.二面角𝑁−𝐴1𝑀−𝐵的正弦值为2√55.【变式1-3】（2022秋·湖南郴州·高二阶段练习）已知三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的底面𝐴𝐵𝐶是边长为2的等边三角形，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，∠𝑃𝐶𝐴=4

5°，点𝑀为线段𝑃𝐶上一动点.(1)当点𝑀为𝑃𝐶中点时，证明：𝐵𝑀⊥𝐴𝐶；(2)当平面𝐴𝐵𝐶与平面𝐴𝐵𝑀所成二面角为60°时，试确定点𝑀的位置.【解题思路】（1）设E为𝐴𝐶的中点，连接𝑀𝐸,𝐵𝐸,

证明𝐴𝐶⊥平面𝑀𝐵𝐸，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）作出平面𝐴𝐵𝐶与平面𝐴𝐵𝑀所成二面角的平面角，利用平面角的度数求得相关线段的长，计算𝑀𝐶=35𝑃𝐶，即可确定定点𝑀的位置.【解答过程】（1）设

E为𝐴𝐶的中点，连接𝑀𝐸,𝐵𝐸,由于点𝑀为𝑃𝐶中点，故𝑀𝐸∥𝑃𝐴,而𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，故𝑀𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，故𝑀𝐸⊥𝐴𝐶;又底面�

�𝐵𝐶是等边三角形，故𝐵𝐸⊥𝐴𝐶,而𝑀𝐸∩𝐵𝐸=𝐸,𝑀𝐸,𝐵𝐸⊂平面𝑀𝐵𝐸，所以𝐴𝐶⊥平面𝑀𝐵𝐸，又𝐵𝑀⊂平面𝑀𝐵𝐸，故𝐴𝐶⊥𝐵𝑀即𝐵𝑀⊥𝐴𝐶.（2）如图，过点M作𝑀𝑁⊥𝐴𝐶,垂足为N,由于𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，

𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，故𝑃𝐴⊥𝐴𝐶,且𝑃𝐴,𝑀𝑁⊂平面𝑃𝐴𝐶,故𝑃𝐴∥𝑀𝑁,则𝑀𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶，而𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶，故𝑀𝑁⊥𝐴𝐵,作𝑁𝐹⊥𝐴𝐵,垂足为F,连接𝑀𝐹,𝑀𝑁∩𝑁𝐹=�

�,𝑀𝑁,𝑁𝐹⊂平面𝑀𝑁𝐹，故𝐴𝐵⊥平面𝑀𝑁𝐹，𝑀𝐹⊂平面𝑀𝑁𝐹,所以𝐴𝐵⊥𝑀𝐹,又𝑁𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐶,𝑀𝐹⊂平面𝐴𝐵𝑀,即∠𝑀𝐹𝑁为平面𝐴𝐵𝐶与平面𝐴𝐵𝑀所成二面角的平面角，即∠𝑀𝐹𝑁=60

°，设𝑁𝐹=𝑥，则𝑀𝑁=√3𝑥，因为∠𝑃𝐶𝐴=45°，故𝑁𝐶=√3𝑥,𝑀𝐶=√6𝑥,又底面𝐴𝐵𝐶是等边三角形，∠𝐹𝐴𝑁=60°，故𝐴𝑁=𝑥sin60∘=2√33𝑥，而𝐴�

�=2,故2√33𝑥+√3𝑥=2,∴𝑥=2√35，则𝑀𝐶=√6𝑥=6√25，而𝐶𝑃=2√2,故𝑀𝐶=35𝐶𝑃,即M点位于𝐶𝑃的35处，即𝑀𝐶=35𝐶𝑃.【题型2面面垂

直判定定理的应用】【方法点拨】利用判定定理证明面面垂直的一般方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明.【例2】（2023·河南郑州·统考一模）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥底

面ABCD，𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵∥𝐷𝐶，𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝐴𝑃=2，𝐴𝐵=1，点E为棱PC的中点．(1)证明：平面𝑃𝐵𝐶⊥平面PCD；(2)求四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积；【解题思路】（1）作出辅

助线，由线面垂直得到线线垂直，由勾股定理得到各边长，得到𝐵𝐸⊥𝑃𝐶和𝐵𝐸⊥𝐴𝐵，从而得到线面垂直，证明面面垂直；（2）求出四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积，进而由E为棱PC的中点得到四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积.【解答过程】（1）∵在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃�

�⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵,𝐴𝐶⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∵𝐴𝑃=2，𝐴𝐵=1，∴𝑃𝐵=√𝑃𝐴2+𝐴𝐵2=√5，𝐴𝐷⊥𝐴𝐵,𝐴𝐵//𝐷𝐶，且𝐴𝐷=𝐷𝐶

=2,𝐴𝐵=1，过点B作BM⊥CD于点M，连接AE，则𝐷𝑀=𝐶𝑀=1，𝐵𝑀=𝐶𝐷=2，由勾股定理得：𝐵𝐶=√𝐵𝑀2+𝐶𝑀2=√5，故PB=BC，又点𝐸为棱𝑃𝐶的中点，�

�𝐸⊥𝑃𝐶，由勾股定理得𝐴𝐶=√𝐴𝐷2+𝐷𝐶2=2√2,𝑃𝐶=√𝐴𝐶2+𝑃𝐴2=2√3，∵△PAC为直角三角形，E为PC的中点，∴𝐴𝐸=12𝑃𝐶=√3，∵𝐵𝐸=√2,𝐴𝐵=1，∴由𝐴𝐸2

=𝐵𝐸2+𝐴𝐵2,得𝐵𝐸⊥𝐴𝐵，又𝐴𝐵//𝐶𝐷,𝐶𝐷∩𝐶𝑃=𝐶，故𝐵𝐸⊥面𝑃𝐶𝐷，又𝐵𝐸⊂面𝑃𝐵𝐶，所以平面𝑃𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐶𝐷；（2）四边形ABCD的面积为12

(𝐴𝐵+𝐶𝐷)⋅𝐴𝐷=12×(1+2)×2=3，故𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=13×3𝐴𝑃=13×3×2=2，∵点𝐸为棱𝑃𝐶的中点，∴𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷=12𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷=12×2=1.【变式2-1】如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑃𝐴

𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∠𝐷𝐴𝐵=90°，𝑃𝐴=𝐴𝐷，𝐷𝐶=2𝐴𝐵，E为PC中点．(1)求证：直线𝐵𝐸//平面PAD；(2)平面𝑃𝐵𝐶⊥平面PDC．【解题思路】(1)取中点证明平行四边形，应用线面平行判定定理证明即可；(2

)先证明线面垂直，再应用面面垂直判断定理证明.【解答过程】（1）取PD中点F，连接EF，AF，由E为PC中点，∴𝐸𝐹//𝐷𝐶，𝐸𝐹=12𝐷𝐶，又𝐴𝐵//𝐷𝐶,𝐴𝐵=12𝐷𝐶，∴𝐸𝐹//𝐴𝐵,𝐸𝐹=𝐴𝐵，

故四边形ABEF为平行四边形，∴𝐵𝐸//𝐴𝐹，又𝐴𝐹⊂平面PAD，𝐵𝐸⊄平面PAD，∴𝐵𝐸//平面PAD．（2）由已知有𝐵𝐴⊥𝐴𝑃，𝐵𝐴⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷∩𝐴𝑃=𝐴，𝐴𝐷⊂平面APD，𝐴𝑃⊂平面APD，∴�

�𝐴⊥平面APD，又𝐴𝐹⊂平面APD，∴𝐵𝐴⊥𝐴𝐹，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐹⊥𝐷𝐶，又𝑃𝐴=𝐴𝐷，∴𝐴𝐹⊥𝑃𝐷，𝑃𝐷∩𝐷𝐶=𝐷，𝐷𝐶⊂平面PDC,𝐷𝑃⊂平面PDC∴𝐴𝐹⊥平面PDC，又𝐵𝐸∥𝐴�

�，∴𝐵𝐸⊥平面PDC，又𝐵𝐸⊂平面PBC，所以平面𝑃𝐵𝐶⊥平面PDC．【变式2-2】（2023春·河南·高三开学考试）如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐵1=𝐵𝐶=6，D，E分别是𝐴𝐴1和𝐵1𝐶的中点.(1

)求证：平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1；(2)求三棱锥𝐸−𝐵𝐶𝐷的体积.【解题思路】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）由等体积法求体积，𝑉𝐸−𝐵𝐶𝐷=𝑉𝐷−𝐵𝐶𝐸=𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐸.【解答过程】（

1）连接𝐵1𝐷，因为𝐴1𝐵1=𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐴1𝐷=𝐴𝐷=3，所以𝐷𝐵1=𝐷𝐶=√52+32=√34.因为𝐸是𝐵1𝐶的中点，所以𝐷𝐸⊥𝐵1𝐶.因为𝐵𝐵1=𝐵𝐶=6，𝐸是𝐵1𝐶的中点

，所以𝐵𝐸⊥𝐵1𝐶.因为𝐵𝐸∩𝐷𝐸=𝐸，且𝐵𝐸、𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐸𝐷，所以𝐵1𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷.因为𝐵1𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐵𝐶�

�1𝐵1.（2）因为𝐴𝐷∥𝐵𝐵1，𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐶𝐸，𝐴𝐷⊄平面𝐵𝐶𝐸，所以𝐴𝐷∥平面𝐵𝐶𝐸，所以𝑉𝐸−𝐵𝐶𝐷=𝑉𝐷−𝐵𝐶𝐸=𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐸，𝑆△𝐵𝐶𝐸=12𝑆△𝐵1𝐵𝐶=12×(12×6×6)=

9，设G为BC的中点，因为𝐴𝐵=𝐴𝐶，所以𝐴𝐺⊥𝐵𝐶，由条件知𝐴𝐶=5，𝐶𝐺=3，所以𝐴𝐺=4，所以𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐸=13𝑆△𝐵𝐶𝐸⋅𝐴𝐺=13×9×4=12，所以𝑉𝐸−𝐵𝐶𝐷=12.【变式2-3】（2

023·贵州毕节·统考一模）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面是矩形，𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑀，𝑁分别为𝐶𝐷，𝑃𝐷的中点，𝐴𝐶与𝐵𝑀交于点𝐸，𝐴𝐵=6√2，𝐴𝐷=6，𝐾为𝑃𝐴上一点，𝑃𝐾=13𝑃𝐴．(1)证明：𝐾，𝐸，𝑀，𝑁

四点共面；(2)求证：平面𝑃𝐴𝐶⊥平面𝐵𝑀𝑁𝐾．【解题思路】（1）根据三角形中等比例性质证明𝐾𝐸∥𝑃𝐶，再证明𝑀𝑁∥𝑃𝐶，从而𝐾𝐸∥𝑀𝑁，所以𝐾，𝐸，𝑀，𝑁

四点共面；（2）先通过线面垂直性质定理证明𝑃𝐴⊥𝐵𝑀，再由勾股定理证明𝐴𝐶⊥𝐵𝑀，最后由线面垂直证明面面垂直【解答过程】（1）证明：连接𝐾𝐸∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝑀为𝐶𝐷的中点，∴�

�𝑀∥𝐴𝐵且𝐶𝑀=12𝐴𝐵，∴𝐶𝐸𝐴𝐸=𝐶𝑀𝐴𝐵=12，∵𝑃𝐾=13𝑃𝐴，∴𝑃𝐾=12𝐾𝐴，∴𝑃𝐾𝐾𝐴=𝐶𝐸𝐴𝐸，∴𝐾𝐸∥𝑃𝐶，∵𝑀，𝑁分别

是𝐶𝐷，𝑃𝐷的中点，∴𝑀𝑁∥𝑃𝐶，∴𝐾𝐸∥𝑀𝑁，∴𝐾，𝐸，𝑀，𝑁四点共面．（2）证明：∵𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷且𝐵𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐵𝑀，∵𝐴𝐵=6√2，𝐴𝐷=6，𝑀为𝐶𝐷中点，∴𝐶𝑀=3√2，�

�𝐶=6√3，𝐵𝑀=3√6，∴𝐸𝑀=13𝐵𝑀=√6，𝐶𝐸=13𝐴𝐶=2√3，∴𝐶𝐸2+𝐸𝑀2=𝑀𝐶2，∴∠𝑀𝐸𝐶=𝜋2，∴𝐴𝐶⊥𝐵𝑀，∵𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐶，𝐴

𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶，∴𝐵𝑀⊥平面𝑃𝐴𝐶，∵𝐵𝑀⊂平面𝐵𝑀𝑁𝐾，∴平面𝑃𝐴𝐶⊥𝐵𝑀𝑁𝐾.【题型3面面垂直性质定理的应用】【方法点拨】在运用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，则一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面

面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直.【例3】（2022春·云南文山·高一期末）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为直角梯形，𝐴𝐷∥𝐵𝐶,∠𝐴𝐷𝐶=90∘，平面𝑃𝐴𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝑄,𝑀

分别为𝐴𝐷,𝑃𝐶的中点.𝑃𝐴=𝑃𝐷=√2,𝐵𝐶=12𝐴𝐷=1,𝐶𝐷=√3.(1)求证：直线𝐵𝐶⊥平面𝑃𝑄𝐵；(2)求三棱锥𝐴−𝐵𝑀𝑄的体积.【解题思路】（1）在梯形中证明𝐵𝐶𝐷𝑄是矩形，得𝐵𝐶

⊥𝐵𝑄，然后由面面垂直的性质定理得𝑃𝑄与平面𝐴𝐵𝐶𝐷垂直，从而有𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，由此得证线面垂直．（2）由棱锥的体积公式转化计算：𝑉𝐴−𝐵𝑀𝑄=𝑉𝑀−𝐴𝑄𝐵=12𝑉𝑃−𝐴𝑄𝐵．【

解答过程】（1）因为𝐴𝐷∥𝐵𝐶,𝑄为𝐴𝐷的中点，𝐵𝐶=12𝐴𝐷，所以𝐵𝐶=𝑄𝐷，又因为𝐵𝐶∥𝑄𝐷，所以四边形𝐵𝐶𝐷𝑄为平行四边形，因为∠𝐴𝐷𝐶=90∘，所以平行四边形𝐵𝐶𝐷𝑄是

矩形，所以𝐵𝐶⊥𝐵𝑄，因为𝑃𝐴=𝑃𝐷,𝐴𝑄=𝑄𝐷，所以𝑃𝑄⊥𝐴𝐷，又因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷,𝑃𝑄⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以

𝑃𝑄⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，因为𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，又因为𝑃𝑄∩𝐵𝑄=𝑄,𝑃𝑄､𝐵𝑄⊂平面𝑃𝑄𝐵，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝑄𝐵.（2）因为𝑃𝐴=𝑃𝐷=√2,𝐴𝐷=2，所以𝑃𝑄=𝐴𝑄=1，由𝑃𝑄⊥平面�

�𝐵𝐶𝐷,𝑀为𝑃𝐶中点，所以点𝑀到平面𝐴𝐵𝐶𝐷的距离等于12𝑃𝑄，所以𝑉𝐴−𝐵𝑀𝑄=𝑉𝑀−𝐴𝑄𝐵=12𝑉𝑃−𝐴𝑄𝐵=12×13×(12×1×√3)×1=√312.【变式3-1】（2023春·青海西宁·高三开学

考试）如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，△𝐴𝐵𝐶为边长为2的正三角形，𝐷为𝐵𝐶的中点，𝐴𝐴1=2，且∠𝐶1𝐶𝐵=60∘，平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶.(1)证

明：𝐶1𝐷⊥𝐴𝐵；(2)求三棱锥𝐵1−𝐴𝐴1𝐶1的体积.【解题思路】（1）在△𝐶1𝐶𝐷中，利用余弦定理可求得𝐶1𝐷2，根据勾股定理可证得𝐶1𝐷⊥𝐵𝐶，由面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；（

2）由面面平行性质可知点𝐴到平面𝐴1𝐵1𝐶1的距离即为点𝐷到平面𝐴1𝐵1𝐶1的距离，利用体积桥𝑉𝐵1−𝐴𝐴1𝐶1=𝑉𝐴−𝐴1𝐵1𝐶1，结合棱锥体积公式可求得结果.【解答

过程】（1）∵𝐷为𝐵𝐶中点，𝐵𝐶=2，∴𝐶𝐷=1，又𝐶𝐶1=𝐴𝐴1=2，∠𝐶1𝐶𝐵=60∘，∴𝐶1𝐷2=𝐶𝐷2+𝐶𝐶12−2𝐶𝐷⋅𝐶𝐶1cos∠𝐶1𝐶𝐵=3，∴𝐶1𝐷2+𝐶𝐷2=𝐶𝐶12，∴𝐶1�

�⊥𝐵𝐶，又平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐶，𝐶1𝐷⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，∴𝐶1𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，又𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵�

�，∴𝐶1𝐷⊥𝐴𝐵.（2）由三棱柱结构特征可知：平面𝐴𝐵𝐶//平面𝐴1𝐵1𝐶1，∴点𝐴到平面𝐴1𝐵1𝐶1的距离即为点𝐷到平面𝐴1𝐵1𝐶1的距离𝐶1𝐷=√3，又𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1=𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×

2×2×√32=√3，∴𝑉𝐵1−𝐴𝐴1𝐶1=𝑉𝐴−𝐴1𝐵1𝐶1=13𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1⋅𝐶1𝐷=13×√3×√3=1.【变式3-2】（2023·四川南充·四川模拟预测）如图，在平行六面

体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑁，𝐸，𝐹分别是𝐴𝐴1，𝐴𝐵，𝐶1𝐷1的中点，侧面𝐷𝐶𝐶1𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∠𝐴𝐵𝐵1=60∘，𝐴𝐷=4，𝐴𝐵=𝐷𝐷1=8，∠𝐷𝐴𝐵=120∘．(1)求证：𝑁𝐹//

平面𝐶1𝐶𝐸;(2)试求三棱锥𝑁−𝐶1𝐸𝐶体积．【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根面面垂直的性质定理结合等体积计算即可.【解答过程】（1）取𝐶𝐶1的中点为𝐺，连接𝐸𝐺，𝐺𝐹，𝑁𝐸，𝐶𝐷

1，𝐴1𝐵．在△𝐶1𝐷1𝐶和△𝐴𝐴1𝐵中，因为𝐹，𝐺，𝑁，𝐸分别是𝐴𝐴1，𝐶𝐶1，𝐴𝐵，𝐶1𝐷1的中点，所以𝐹𝐺//𝐷1𝐶，𝑁𝐸//𝐴1𝐵，且𝐹𝐺=12𝐷1𝐶，𝑁𝐸=12𝐴1𝐵，又在平行六面体𝐴𝐵�

�𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴1𝐵=𝐷1𝐶，𝐴1𝐵//𝐷1𝐶，所以𝐹𝐺=𝑁𝐸，𝐹𝐺/𝑁𝐸，因此四边形𝑁𝐸𝐺𝐹为平行四边形，所以𝑁𝐹//𝐸𝐺，又因𝑁𝐹⊄平面𝐶1�

�𝐸，𝐸𝐺⊂平面𝐶1𝐶𝐸，所以𝑁𝐹//平面𝐶1𝐶𝐸．（2）由（1）知𝑁𝐹//平面𝐶1𝐶𝐸知，点𝑁、𝐹到平面𝐶1𝐸𝐶的距离相等，所以𝑉𝑁−𝐶1𝐸𝐶=𝑉𝐹−𝐶1𝐸𝐶=�

�𝐸−𝐶1𝐹𝐶，在三角形𝐶𝐶1𝐹中，𝐶𝐶1=8，𝐶1𝐹=4，∠𝐶𝐶1𝐹=120∘，∴𝑆△𝐶1𝐹𝐶=12𝐶1𝐹⋅𝐶1𝐶⋅sin120∘=8√3，过点𝐴作𝐴𝑀⊥𝐶𝐷于𝑀，因侧面𝐷𝐶𝐶1𝐷1⊥平面

𝐴𝐵𝐶𝐷，侧面𝐷𝐶𝐶1𝐷1∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐴𝑀⊥平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1，因𝐴𝐵//𝐷𝐶，𝐴𝐵⊄平面𝐶1𝐶𝐷1𝐷，𝐶�

�⊂平面𝐶1𝐶𝐷1𝐷，所以𝐴𝐵//平面𝐶1𝐶𝐷1𝐷，因此点𝐴、𝐸到平面𝐶1𝐸𝐶的距离相等，则𝐴𝑀的长为点𝐸到平面𝐶1𝐸𝐶的距离，𝐴𝑀=𝐴𝐷×sin60∘=2√3，所以𝑉𝑁−𝐶1𝐸𝐶=𝑉𝐸−𝐶1𝐹𝐶=13⋅𝑆△𝐶1𝐶

𝐹⋅𝐴𝑀=13×8√3×2√3=16.【变式3-3】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1⊥平面ABC，四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1是边长为2的菱形，△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，∠𝐴

1𝐴𝐵=60°，E为BC的中点，D为𝐶𝐶1的中点，P为线段AC上的动点．(1)若𝐴𝐵1//平面𝑃𝐷𝐸，请确定点𝑃在线段𝐴𝐶上的位置；(2)若点𝑃为𝐴𝐶的中点，求三棱锥𝐶−𝑃𝐷𝐸的体积．【解题思路】（1）连接𝐵1𝐶与DE相交于𝐹，连接𝑃𝐹，连接�

�𝐶1交𝐵1𝐶于点𝑀，由线面平行的性质得到𝐴𝐵1//𝑃𝐹，再根据三角形相似得到𝐸𝐷//𝐵𝐶1，𝐶𝐹=𝐹𝑀，从而得到𝐵1𝐹=3𝐶𝐹，即可得到𝐴𝑃=3𝑃𝐶，从而得解；（2）取𝐴𝐵的中点𝑂，连接𝑂𝐶，𝑂𝐴1，即可得到

𝑂𝐴1⊥𝐴𝐵，再由面面垂直的性质得到𝑂𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶，求出𝐴1𝑂的长度，即可得到点𝐶1到平面𝐴𝐵𝐶的距离ℎ，从而得到点𝐷到平面𝐴𝐵𝐶的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.【解答过程】（1）解：如图

，连接𝐵1𝐶与𝐷𝐸相交于𝐹，连接𝑃𝐹，连接𝐵𝐶1交𝐵1𝐶于点𝑀，∵𝐴𝐵1//平面𝑃𝐷𝐸，平面𝐴𝐵1𝐶∩平面𝑃𝐷𝐸=𝑃𝐹，𝐴𝐵1⊂平面𝐴𝐵1𝐶，∴𝐴𝐵1//𝑃𝐹，∵𝐵𝐸=𝐶𝐸，

𝐶𝐷=𝐷𝐶1，∴𝐸𝐷//𝐵𝐶1，𝐶𝐹=𝐹𝑀，又𝐶𝑀=𝐵1𝑀，所以𝐵1𝐹=3𝐶𝐹，∵𝐴𝐵1//𝑃𝐹，𝐵1𝐹=3𝐶𝐹，∴𝐴𝑃=3𝑃𝐶，∴点𝑃是线段𝐴𝐶上靠近点𝐶的四等分点；（2）解：如图，取𝐴𝐵的中点𝑂，连接𝑂𝐶，𝑂�

�1，∵四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1为边长为2的菱形，∠𝐴1𝐴𝐵=60°，∴𝐴1𝐵=2，△𝐴𝐴1𝐵为等边三角形，∵𝑂𝐴=𝑂𝐵，△𝐴𝐴1𝐵为等边三角形，∴𝑂𝐴1⊥𝐴𝐵，∵平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1∩平面𝐴𝐵𝐶

=𝐴𝐵，𝑂𝐴1⊥𝐴𝐵，𝑂𝐴1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，∴𝑂𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶，又由𝐴𝐵=2，𝑃为𝐴𝐶的中点，𝐸为𝐵𝐶的中点，可得𝑃𝐸=𝐶𝐸=𝐶𝑃=1，∵四边形�

�𝐵𝐵1𝐴1为边长为2的菱形，△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，∠𝐴1𝐴𝐵=60°，∴𝐴1𝑂=√3，∵D为𝐶𝐶1的中点，平面𝐴𝐵𝐶//平面𝐴1𝐵1𝐶1，∴点𝐶1到平面𝐴𝐵𝐶的距离ℎ与点𝐴1到平面𝐴𝐵𝐶的距离相等，∴ℎ=√3，∵𝐷为𝐶�

�1的中点，∴点𝐷到平面𝐴𝐵𝐶的距离为√32，∴三棱锥𝐷−𝑃𝐶𝐸的体积为13×12×1×1×sin60°×√32=18．【题型4垂直关系的相互转化】【方法点拨】在有关垂直问题的证明过程中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.因此，判定定理与性质定理的合理

应用是证明垂直问题的关键.【例4】（2023秋·四川内江·高二期末）如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷和直角梯形𝐴𝐶𝐸𝐹所在的平面互相垂直，𝐹𝐴⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵=√2，𝐸𝐹=𝐹𝐴=1．(1)求证：𝐵𝐸⊥平

面𝐷𝐸𝐹；(2)求直线𝐵𝐷与平面𝐵𝐸𝐹所成角的大小．【解题思路】（1）设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶与𝐵𝐷交于𝑂，连接𝐹𝑂、𝐸𝑂，利用勾股定理逆定理推导出𝐵𝐸⊥𝐷𝐸

，𝐵𝐸⊥𝐸𝐹，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）分析可知直线𝐵𝐷与平面𝐵𝐸𝐹所成角为∠𝐵𝐷𝐸，求出∠𝐵𝐷𝐸的正弦值，即可求得∠𝐵𝐷𝐸的大小.【解答过程】（1）证明：设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶与𝐵𝐷交于𝑂，

连接𝐹𝑂、𝐸𝑂，因为平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐸𝐹，平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐴𝐶𝐸𝐹=𝐴𝐶，𝐴𝐹⊥𝐴𝐶，𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐶𝐸𝐹，∴𝐴𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为√2的正方形，则𝐴

𝐶=√2𝐴𝐵=2，在直角梯形𝐴𝐶𝐸𝐹中，𝐸𝐹//𝐴𝐶，𝑂为𝐴𝐶的中点，则𝐴𝑂=𝐸𝐹且𝐴𝑂//𝐸𝐹，又因为𝐴𝐹=𝐸𝐹，𝐴𝐹⊥𝐴𝐶，故四边形𝐴𝐹𝐸𝑂是边长为1的正方形，所以，𝐴𝐹//𝐸𝑂，所以，𝐸𝑂⊥平面

𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐸𝑂=𝐴𝐹=1，∵𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐸𝑂⊥𝐵𝐷，则𝐵𝐸=𝐷𝐸=√𝐸𝑂2+𝑂𝐵2=√2，所以，𝐵𝐸2+𝐷𝐸2=𝐵𝐷2，∴𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，∵𝐴𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵⊂

平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐴𝐹⊥𝐴𝐵，∵𝐵𝐹=√𝐴𝐵2+𝐴𝐹2=√3，∴𝐸𝐹2+𝐵𝐸2=𝐵𝐹2，∴𝐵𝐸⊥𝐸𝐹，∵𝐷𝐸∩𝐸𝐹=𝐸，𝐷𝐸、𝐸𝐹⊂平面

𝐷𝐸𝐹，∴𝐵𝐸⊥平面𝐷𝐸𝐹.（2）解：由（1）可知，𝐵𝐸⊥平面𝐷𝐸𝐹，所以，直线𝐵𝐷与平面𝐵𝐸𝐹所成角为∠𝐵𝐷𝐸，∵𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，sin∠𝐵𝐷𝐸=𝐵𝐸𝐵𝐷=√22，又因为0<∠𝐵𝐷𝐸≤π2，

故∠𝐵𝐷𝐸=π4，因此，直线𝐵𝐷与平面𝐵𝐸𝐹所成角为π4.【变式4-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，𝐴𝐵为圆𝑂的直径，𝐸是圆𝑂上不同于𝐴、𝐵的动点，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵�

�，𝐹是𝐷𝐸的中点．(1)求证：𝑂𝐹//平面𝐵𝐶𝐸；(2)求证：平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐸．【解题思路】（1）取𝐶𝐸的中点𝐺，连接𝐹𝐺、𝐵𝐺，证明出四边形𝑂𝐵𝐺𝐹为平行四边形，可得出𝑂𝐹/

/𝐵𝐺，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用面面垂直的性质定理可得出𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，可得出𝐵𝐸⊥𝐴𝐷，由圆的几何性质可得𝐵𝐸⊥𝐴𝐸，利用线面垂直和面面垂直

的判定定理可证得结论成立.【解答过程】（1）证明：取𝐶𝐸的中点𝐺，连接𝐹𝐺、𝐵𝐺，∵𝐹、𝐺分别为𝐷𝐸、𝐶𝐸的中点，则𝐹𝐺//𝐶𝐷且𝐹𝐺=12𝐶𝐷，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，则𝐴𝐵//𝐶𝐷且𝐴𝐵=𝐶

𝐷，∵𝑂为𝐴𝐵的中点，则𝑂𝐵//𝐶𝐷且𝑂𝐵=12𝐶𝐷，所以，𝑂𝐵//𝐹𝐺且𝑂𝐵=𝐹𝐺，所以，四边形𝑂𝐵𝐺𝐹为平行四边形，所以，𝑂𝐹//𝐵𝐺，∵𝑂𝐹⊄平面𝐵𝐶𝐸，𝐵𝐺⊂平

面𝐵𝐶𝐸，∴𝑂𝐹//平面𝐵𝐶𝐸.（2）解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，则𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，因为平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐸=𝐴𝐵，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐴𝐷

⊥平面𝐴𝐵𝐸，∵𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐸，∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐷，因为𝐴𝐵为圆𝑂的直径，𝐸是圆𝑂上不同于𝐴、𝐵的动点，则𝐵𝐸⊥𝐴𝐸，∵𝐴𝐷∩𝐴𝐸=𝐴，𝐴𝐷、𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐷𝐸，∴𝐵�

�⊥平面𝐴𝐷𝐸，∵𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐸，所以，平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐸.【变式4-2】（2022秋·河南·高三阶段练习）如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝑀中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=2，∠𝐵𝐴𝐶=90∘．以𝐴𝐶为折痕将△𝐴

𝐶𝑀折起，使点𝑀到达点𝐷的位置，𝐸,𝐹分别为𝐴𝐷,𝐵𝐶的中点．(1)证明：𝐴𝐶⊥𝐸𝐹；(2)设𝐸𝐹=√3，求𝐵𝐷．【解题思路】（1）取𝐴𝐶的中点𝐺，由平行关系可得𝐸𝐺⊥𝐴𝐶,𝐹

𝐺⊥𝐴𝐶，由线面垂直判定可得𝐴𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐺，由线面垂直性质可得结论；（2）利用余弦定理可求得∠𝐸𝐺𝐹=120∘，得到∠𝐷𝐶𝑀=60∘；由线面垂直的判定可知𝐴𝐶⊥平面𝐶𝐷𝑀，由此得到平

面𝐶𝐷𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐶𝑀；作𝐷𝐻⊥𝐶𝑀，由面面垂直性质可得𝐷𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝑀，从而得到𝐷𝐻⊥𝐵𝐻，利用勾股定理可求得结果.【解答过程】（1）取𝐴𝐶的中点𝐺，连接𝐸𝐺,𝐹𝐺，∵𝐸𝐺//𝐶𝐷，𝐶𝐷⊥𝐴�

�，∴𝐸𝐺⊥𝐴𝐶；∵𝐹𝐺//𝐴𝐵，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，∴𝐹𝐺⊥𝐴𝐶；又𝐸𝐺∩𝐹𝐺=𝐺，𝐸𝐺,𝐹𝐺⊂平面𝐸𝐹𝐺，∴𝐴𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐺，又𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，∴𝐴𝐶⊥𝐸𝐹.（2）在△𝐸𝐹𝐺中，𝐸𝐺=𝐹𝐺=1，𝐸𝐹

=√3；由余弦定理得：cos∠𝐸𝐺𝐹=𝐸𝐺2+𝐹𝐺2−𝐸𝐹22𝐸𝐺⋅𝐹𝐺=−12，则∠𝐸𝐺𝐹=120∘，∵𝐶𝐷//𝐸𝐺，𝐹𝐺//𝐴𝐵//𝐶𝑀，∴∠𝐷𝐶𝑀

=60∘；∵𝐴𝐶⊥𝐶𝑀，𝐴𝐶⊥𝐶𝐷，𝐶𝑀∩𝐶𝐷=𝐶，𝐶𝑀,𝐶𝐷⊂平面𝐶𝐷𝑀，∴𝐴𝐶⊥平面𝐶𝐷𝑀，又𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝑀，∴平面𝐶𝐷𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐶𝑀；作𝐷𝐻⊥𝐶𝑀，垂足为�

�，连接𝐵𝐻，∵𝐷𝐻⊂平面𝐶𝐷𝑀，平面𝐶𝐷𝑀∩平面𝐴𝐵𝐶𝑀=𝐶𝑀，∴𝐷𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝑀，又𝐵𝐻⊂平面𝐴𝐵𝐶𝑀，∴𝐷𝐻⊥𝐵𝐻，∵𝐷𝐶=𝐶𝑀=𝐴𝐵=2，∠𝐷𝐶𝑀=60∘，∴𝐷𝐻=𝐷𝐶⋅sin60∘=

√3，𝐶𝐻=𝐷𝐶⋅cos60∘=1，∵∠𝐵𝐴𝐶=90∘，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐶𝑀//𝐴𝐵，∴∠𝐴𝐶𝑀=90∘，∠𝐴𝐶𝐵=45∘，∴∠𝐵𝐶𝑀=135∘，由余弦定理得：𝐵𝐻=√�

�𝐶2+𝐶𝐻2−2𝐵𝐶⋅𝐶𝐻cos∠𝐵𝐶𝑀=√8+1+4=√13；在Rt△𝐵𝐷𝐻中，𝐵𝐷=√𝐷𝐻2+𝐵𝐻2=4．【变式4-3】（2022秋·江苏南通·高二期中）在正四

棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，已知𝐴𝐵=1，𝐴1𝐴=2，E为棱𝐶𝐶1的中点．(1)求证：𝐴1𝐸⊥𝐵𝐷；(2)求𝐴1𝐸与平面𝐴1𝐵𝐷所成角的余弦值．【解题

思路】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，即证明𝐵𝐷⊥面𝐴𝐴1𝐶1𝐶；（2）首先证明平面𝐴1𝐵𝐷⊥平面𝐴1𝑂𝐸，说明∠𝐸𝐴1𝑂为所求角，再根据余弦定理求解.【解答过程】（1）连结AC交BD于点O

，连结𝐴1𝐶1．在正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1⊥面ABCD，又∵𝐵𝐷⊂ABCD，∴𝐴𝐴1⊥𝐵𝐷∵四边形ABCD为正方形，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶又∵𝐴𝐴1∩𝐴𝐶=𝐴，𝐴𝐴1，𝐴𝐶⊂面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，∴𝐵�

�⊥面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，又∵𝐴1𝐸⊂面𝐴𝐴1𝐶1𝐶∴𝐵𝐷⊥𝐴1𝐸（2）由（1）知：𝐵𝐷⊥面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，又𝐵𝐷⊂平面𝐴1𝐵𝐷，∴平面𝐴1𝐵𝐷⊥平面𝐴1𝑂𝐸，又面𝐴

1𝐵𝐷∩面𝐴1𝑂𝐸=𝐴1𝑂，∴∠𝑂𝐴1𝐸为直线𝐴1𝐸与平面𝐴1𝐵𝐷所成的平面角，∵正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵=1，𝐴1𝐴=2，分别在Rt△𝐴1𝐴𝑂，Rt△𝐴1𝐶1𝐸，Rt△𝑂𝐶𝐸

中，解得𝐴1𝑂=3√22，𝐴1𝐸=√3，𝑂𝐸=√62所以cos∠𝑂𝐴1𝐸=𝐴1𝐸2+𝐴1𝑂2−𝑂𝐸22𝐴1𝐸⋅𝐴1𝑂=√63，故𝐴1𝐸与平面𝐴1𝐵𝐷所成角的余弦值为√63．

【题型5点、线、面的距离问题】【方法点拨】结合具体条件，根据点到平面的距离、线面距、面面距的定义，进行转化求解即可.【例5】（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐶=𝐵𝐶=𝐴𝐴1，𝐷为𝐶𝐶1上的中点.(1)证明：平面�

�1𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1;(2)若∠𝐴𝐶𝐵=90∘,𝐴𝐵=2，求点𝐵1到平面𝐴1𝐵𝐷的距离.【解题思路】（1）分别取𝐴1𝐵，𝐴1𝐵1的中点𝐸，𝐹，连接𝐷𝐸，𝐸𝐹，𝐹𝐶1，进而证明𝐶1𝐹//𝐷𝐸，再证明𝐶1

𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1即可证明结论；（2）由题知𝐴1𝐶1⊥平面𝐵1𝐵𝐷，进而根据等体积法𝑉𝐵1−𝐴1𝐵𝐷=𝑉𝐴1−𝐵1𝐵𝐷计算即可得答案.【解答过程】（1）证明：分别取𝐴1𝐵，𝐴1𝐵1的中点𝐸，𝐹，连接𝐷𝐸

，𝐸𝐹，𝐹𝐶1所以，𝐹𝐸//𝐵1𝐵,𝐹𝐸=12𝐵1𝐵，因为𝐷为𝐶𝐶1上的中点，所以𝐶1𝐷//𝐵1𝐵,𝐶1𝐷=12𝐵1𝐵，所以，𝐶1𝐷//𝐸𝐷,𝐶1𝐷

=𝐸𝐹，所以，四边形𝐶1𝐷𝐸𝐹是平行四边形，即𝐶1𝐹//𝐷𝐸因为𝐴1𝐶1=𝐵1𝐶1，𝐹是𝐴1𝐵1的中点，所以，𝐶1𝐹⊥𝐴1𝐵1因为在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中,𝐴𝐴1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1，𝐶1𝐹⊂平

面𝐴1𝐵1𝐶1，所以𝐴𝐴1⊥𝐶1𝐹，因为𝐴1𝐵1∩𝐴𝐴1=𝐴1,𝐴1𝐵1,𝐴𝐴1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1所以𝐶1𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1又𝐶1𝐹//𝐷𝐸所以𝐷𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，而𝐷

𝐸⊂平面𝐴1𝐵𝐷所以平面𝐴1𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1；（2）解：因为在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中,𝐶𝐶1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1，所以𝐶𝐶1⊥𝐴1𝐶1，因为∠𝐴

𝐶𝐵=90∘，所以∠𝐴1𝐶1𝐵1=90∘，即𝐴1𝐶1⊥𝐶1𝐵1,因为𝐶𝐶1∩𝐶1𝐵1=𝐶1,𝐶𝐶1,𝐶1𝐵1⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1所以𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，即𝐴1𝐶

1⊥平面𝐵1𝐵𝐷，设点𝐵1到面𝐴1𝐵𝐷的距离为ℎ所以，在三棱锥𝐵1−𝐴1𝐵𝐷中，因为𝑉𝐵1−𝐴1𝐵𝐷=𝑉𝐴1−𝐵1𝐵𝐷，即𝑆△𝐴1𝐵𝐷⋅ℎ=𝑆△𝐵1𝐵𝐷⋅𝐴1𝐶1因为𝐴𝐵=2，𝐴

𝐶=𝐵𝐶=𝐴𝐴1所以𝑆△𝐵1𝐵𝐷=12×√2×√2=1,𝐴1𝐶1=√2在△𝐴1𝐵𝐷中，𝐴1𝐵=√6，𝐴1𝐷=𝐵𝐷=√102，得𝑆△𝐴1𝐵𝐷=√62所以，√62⋅

ℎ=1×√2，得ℎ=2√33所以，点𝐵1到平面𝐴1𝐵𝐷的距离为2√33.【变式5-1】（2023秋·重庆巫山·高二期末）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60∘，平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，�

�𝐴⊥𝐴𝐷，𝑃𝐴=𝐴𝐵=2，PD的中点为F.(1)求证：𝑃𝐵//平面𝐴𝐶𝐹；(2)求直线𝑃𝐵到面𝐴𝐶𝐹的距离.【解题思路】（1）连接BD交AC于O，连接FO，得𝑂𝐹//𝑃𝐵

，根据线面平行的判定可得𝑃𝐵//平面𝐴𝐶𝐹；（2）根据线面平行，将线到面的距离化为点到面的距离，再根据等体积法可求出结果.【解答过程】（1）连接BD交AC于O，连接FO，∵F为AD的中点，O为BD的中点，则𝑂𝐹//�

�𝐵，∵𝑃𝐵⊄平面ACF，𝑂𝐹⊂平面ACF，∴𝑃𝐵//平面ACF.（2）因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面ABCD，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷，𝑃𝐴⊥𝐴𝐷，𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐷，所

以𝑃𝐴⊥平面ABCD.由于𝑃𝐵//平面ACF，则PB到平面ACF的距离，即P到平面ACF的距离.又因为F为PD的中点，点P到平面ACF的距离与点D到平面ACF的距离相等.取AD的中点E，连接EF，CE，则𝐸𝐹//𝑃𝐴，因为𝑃𝐴⊥平面ABCD，所以𝐸𝐹⊥平面ABCD

，因为𝐶𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐸𝐹⊥𝐶𝐸，因为菱形𝐴𝐵𝐶𝐷且∠𝐴𝐵𝐶=60∘，𝑃𝐴=𝐴𝐷=2，所以𝐶𝐸=√3，𝐸𝐹=1，则𝐶𝐹=√𝐸𝐹2+𝐶�

�2=√1+3=2，𝐴𝐶=2，𝐴𝐹=12𝑃𝐷=12√4+4=√2，𝑆△𝐴𝐶𝐹=12×√2×√4−12=√72，设点D到平面ACF的距离为ℎ𝐷，由𝑉𝐷−𝐴𝐶𝐹=𝑉𝐹−𝐴𝐶𝐷得13𝑆△𝐴𝐶𝐹×ℎ𝐷=13𝑆△𝐴𝐶𝐷×𝐸𝐹⇒ℎ�

�=𝑆△𝐴𝐶𝐷×𝐸𝐹𝑆△𝐴𝐶𝐹=√3×1√72=2√217，即直线PB到平面ACF的距离为2√217.【变式5-2】（2023·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P—ABCD中，𝑃𝐶⊥𝐵𝐶，𝑃𝐴=𝑃𝐵，∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐵𝑃𝐶．(1)

证明：𝑃𝐶⊥𝐴𝐷；(2)若𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝑃𝐷⊥𝐴𝐷，𝑃𝐶=√3，且点𝐶到平面𝑃𝐴𝐵的距离为√62，求𝐴𝐷的长．【解题思路】（1）连接𝐴𝐶，利用线面垂直的判定定理证明𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，再结合线面垂直的性质

得异面直线垂直即可；（2）取𝐴𝐵的中点𝐸，连接𝑃𝐸，𝐶𝐸，过𝐶作𝐶𝐻⊥𝑃𝐸于𝐻，利用且点𝐶到平面𝑃𝐴𝐵的距离为√62以及三角形等面积法求得𝐶𝐸的值，在利用直线与平面，平面与平面位置关系，证明四边形𝐴𝐸𝐶𝐷为矩形，即可得𝐴𝐷的长.【解答

过程】（1）证明：如图，连接𝐴𝐶，∵𝑃𝐴=𝑃𝐵，∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐵𝑃𝐶，𝑃𝐶=𝑃𝐶，∴△𝑃𝐴𝐶≌△𝑃𝐵𝐶，∴∠𝑃𝐶𝐴=∠𝑃𝐶𝐵=90°，即𝑃𝐶⊥𝐴𝐶．∵�

�𝐶⊥𝐵𝐶，𝐴𝐶∩𝐵𝐶=𝐶，𝐴𝐶,𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐶⊥𝐴𝐷．（2）解：取𝐴𝐵的中点𝐸，连接PE，CE，过𝐶作𝐶𝐻⊥𝑃𝐸于𝐻.∵𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐸为�

�𝐵中点∴𝑃𝐸⊥𝐴𝐵，由（1）知𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐸为𝐴𝐵中点，∴𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，∵𝑃𝐸∩𝐶𝐸=𝐸，𝑃𝐸,𝐶𝐸⊂平面𝑃𝐶𝐸，∴𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐶𝐸，又𝐴𝐵⊂平面𝑃𝐴𝐵，∴平面𝑃𝐴

𝐵⊥平面𝑃𝐶𝐸，又平面𝑃𝐴𝐵∩平面𝑃𝐶𝐸=𝑃𝐸，𝐶𝐻⊥𝑃𝐸，𝐶𝐻⊂平面𝑃𝐶𝐸∴𝐶𝐻⊥平面𝑃𝐴𝐵，由条件知𝐶𝐻=√62．由（1）有𝑃𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐶⊥𝐶𝐸，设

𝐶𝐸=𝑚，又𝑃𝐶=√3，则𝑃𝐸=√3+𝑚2，∵𝑆△𝑃𝐶𝐸=12𝑃𝐶⋅𝐶𝐸=12𝑃𝐸⋅𝐶𝐻，∴√3𝑚=√62×√3+𝑚2，得𝑚=√3，∴𝐶𝐸=√3．∵𝑃𝐷⊥𝐴𝐷

，𝐴𝐷⊥𝑃𝐶，𝑃𝐶∩𝑃𝐷=𝑃，𝑃𝐶,𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐶𝐷，又𝐶𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷∴𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，∴四边形𝐴𝐸𝐶𝐷为矩形，∴𝐴𝐷=𝐶𝐸=√3．【变式5-3】（2

023·全国·高三专题练习）如图多面体𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐸𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸𝐴//𝐵𝐹，𝐴𝐵=𝐴𝐸=2𝐵𝐹=2.(1)证明：平面𝐸

𝐴𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐶；(2)求点𝐵到平面𝐶𝐸𝐹的距离.【解题思路】(1)利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明；(2)利用𝑉𝐵−𝐶𝐸𝐹=𝑉𝐶−𝐵𝐸𝐹，求得点B到平面𝐶𝐸𝐹的距离.【解答过程】（1）证明：取𝐸𝐶的中点𝐺，连接�

�𝐷交𝐴𝐶于𝑁，连接𝐺𝑁，𝐺𝐹，因为𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，且𝑁是𝐴𝐶的中点，所以𝐺𝑁//𝐴𝐸且𝐺𝑁=12𝐴𝐸，又𝐴𝐸//𝐵𝐹，𝐴𝐸=2𝐵𝐹=2，所以𝐺𝑁//𝐵𝐹且𝐺𝑁=𝐵𝐹，所以四边形�

�𝑁𝐺𝐹是平行四边形，所以𝐺𝐹//𝐵𝑁，又𝐸𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝑁⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐸𝐴⊥𝐵𝑁，又因为𝐴𝐶∩𝐸𝐴=𝐴，𝐴𝐶,𝐸𝐴⊂平面𝐸𝐴𝐶，所以𝑁𝐵⊥平面𝐸𝐴𝐶，所

以𝐺𝐹⊥平面𝐸𝐴𝐶，又𝐺𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐶，所以平面𝐸𝐹𝐶⊥平面𝐸𝐴𝐶；（2）设𝐵到平面𝐶𝐸𝐹的距离为𝑑，因为𝐸𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝐸𝐴⊥𝐴𝐶,因为𝐸𝐴//𝐵�

�,𝐸𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐵𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝐵𝐹⊥𝐵𝐶,因为∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐴𝐵=2，所以𝐴𝐶=2，所以𝐸𝐶=√𝐴𝐶2+𝐴𝐸2=2√2,𝐶

𝐹=√𝐵𝐶2+𝐵𝐹2=√5,𝐸𝐹=√22+12=√5,所以𝐹𝐺⊥𝐸𝐶且𝐹𝐺=√𝐶𝐹2−𝐶𝐺2=√3,所以𝑆△𝐶𝐸𝐹=12𝐸𝐶⋅𝐹𝐺=√6,取𝐴𝐵中点为𝑀，连接𝐶𝑀,因为𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60°，

所以△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，所以𝐶𝑀⊥𝐴𝐵,且𝐶𝑀=√22−12=√3,又因为𝐸𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝐸𝐴⊥𝐶𝑀,且𝐴𝐵∩𝐸𝐴=𝐴,𝐴𝐵,𝐸𝐴⊂平面𝐴

𝐵𝐹𝐸,所以𝐶𝑀⊥平面𝐴𝐵𝐹𝐸,又因为𝑉𝐶−𝐵𝐸𝐹=13𝑆△𝐵𝐸𝐹×𝐶𝑀=13×12𝐵𝐹×𝐴𝐵×𝐶𝑀=√33,因为𝑉𝐵−𝐶𝐸𝐹=𝑉𝐶−𝐵𝐸𝐹，即13𝑆△

𝐶𝐸𝐹×𝑑=√33,所以𝑑=√22.【题型6平行关系与垂直关系的综合应用】【方法点拨】根据线、面平行的判定和性质、线、面垂直的判定和性质等知识，结合具体问题，进行求解即可.【例6】（2023·河北·高三学业考试）如图，已知𝑃𝐴⊥矩形A

BCD所在平面，BD与AC相交于O点，M，N分别是AB，PC的中点.(1)求证：𝑀𝑂//平面PAD；(2)若∠𝑃𝐷𝐴=45°，求证：𝑀𝑁⊥平面PCD.【解题思路】（1）利用线面平行判定定理即可证明𝑀𝑂//平面PAD；（2）先利用∠𝑃𝐷𝐴=45°，求得𝑃𝐴=𝐴𝐷

=𝐵𝐶，再利用线面垂直判定定理即可证明𝑀𝑁⊥平面PCD.【解答过程】（1）∵M，O分别是AB，BD的中点，∴𝑀𝑂∥𝐴𝐷.又∵𝐴𝐷⊂平面PAD，𝑀𝑂⊄平面PAD，∴𝑀𝑂//平面PAD.（2）如图，连接PM，MC，NO，∵∠𝑃𝐷𝐴=45

°，∴𝑃𝐴=𝐴𝐷=𝐵𝐶.由𝑃𝐴⊥矩形ABCD所在平面，可得𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴⊥𝐴𝐷易证Rt△𝑃𝐴𝑀≌Rt△𝐶𝐵𝑀，得𝑃𝑀=𝐶𝑀.∵N为PC的中点，∴𝑀𝑁⊥𝑃𝐶.∵N，O分别是PC，AC的中点，∴𝑁𝑂∥𝑃𝐴

.∵𝑃𝐴⊥平面ABCD，∴𝑁𝑂⊥平面ABCD，又𝐶𝐷⊂平面ABCD，∴𝑁𝑂⊥𝐶𝐷，∵𝑀𝑂∥𝐴𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，∴𝑀𝑂⊥𝐶𝐷.又∵𝑀𝑂∩𝑁𝑂=𝑂，𝑀𝑂⊂平面MNO，�

�𝑂⊂平面MNO.∴𝐶𝐷⊥平面MNO,又∵𝑀𝑁⊂平面MNO，∴𝑀𝑁⊥𝐶𝐷.又𝑀𝑁⊥𝑃𝐶，𝑃𝐶∩𝐶𝐷=𝐶，𝑃𝐶⊂平面PCD，𝐶𝐷⊂平面PCD∴𝑀𝑁⊥平面PCD.【变式6-1】（2023秋·四川遂

宁·高二期末）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，且底面𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝑃𝐷=𝐷𝐶=2，𝐸,𝐹,𝐺分别是𝐴𝐵,⬚𝑃𝐵,⬚𝐶𝐷的中点．(1)求证：𝐸𝐹⊥𝐷𝐶；(2)求证：

平面𝐸𝐹𝐺//平面𝑃𝐴𝐷.【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明出𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，进而可得𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，又𝐸𝐹//𝑃𝐴，则结论成立；（2）利用线面平行的判定定理证明出𝐸𝐺//面𝑃𝐴𝐷，由（1）

可得𝐸𝐹//面𝑃𝐴𝐷，再由面面平行的判定定理得出结论成立．【解答过程】（1）∵𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐶𝐷⊥𝑃𝐷；∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，∴𝐶𝐷⊥𝐴𝐷；∵𝐴�

�,𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，∴𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，又𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐶𝐷⊥𝑃𝐴；∵𝐸,𝐹分别为𝐴𝐵,𝑃𝐵的中点，∴𝐸𝐹//𝑃�

�，∴𝐸𝐹⊥𝐶𝐷.（2）∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，且𝐸,𝐺分别为𝐴𝐵，𝐷𝐶边的中点，∴𝐸𝐺//𝐴𝐷，𝐴𝐷⊂面𝑃𝐴𝐷，𝐸𝐺⊄面𝑃𝐴𝐷，∴𝐸𝐺//面𝑃𝐴𝐷，由（1）知𝐸𝐹//𝑃𝐴，𝑃𝐴⊂面𝑃𝐴𝐷，𝐸𝐹⊄面𝑃

𝐴𝐷，∴𝐸𝐹//面𝑃𝐴𝐷，又𝐸𝐹∩𝐸𝐺=𝐸，∴平面𝐸𝐹𝐺//平面𝑃𝐴𝐷．【变式6-2】（2022·上海·模拟预测）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝑃点在平面𝐴𝐵𝐶𝐷

内的射影为A，且𝑃𝐴=𝐴𝐵=2，𝐸为𝑃𝐷中点.(1)证明：𝑃𝐵//平面𝐴𝐸𝐶(2)证明：平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷.【解题思路】（1）由线线平行证线面平行；（2）由线面垂

直证𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，再证𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷、平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷.【解答过程】（1）连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑂，连接𝐸𝑂.因为𝑂为𝐵𝐷中点，𝐸为𝑃𝐷中点，所以�

�𝑂//𝑃𝐵，因为𝐸𝑂⊂平面𝐴𝐸𝐶，𝑃𝐵⊂平面𝐴𝐸𝐶，所以𝑃𝐵//平面𝐴𝐸𝐶；（2）因为𝑃点在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内的射影为A，所以𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，因为𝐶𝐷⊂平面𝐴�

�𝐶𝐷，所以𝑃𝐴⊥𝐶𝐷.又在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐶𝐷⊥𝐴𝐷且𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，所以𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，又𝐶𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷，所以平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷.【变式6-3】（2023秋·广东汕尾·高二期末）如图，在正方体

𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸,𝐹分别是𝐴1𝐵,𝐵1𝐷1的中点.(1)求证：𝐸𝐹//平面𝐴𝐶𝐷1；(2)求证：平面𝐴𝐶𝐷1⊥平面𝐷1𝐵1𝐵𝐷.【解题思路】（1）连接𝐴𝐵1，证明E是𝐴𝐵1中点

，再利用三角形中位线定理及线面平行的判定推理作答.（2）利用线面垂直的性质及判定证明𝐴𝐶⊥平面𝐷1𝐵1𝐵𝐷，再利用面面垂直的判定作答.【解答过程】（1）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,连接𝐴𝐵1，如图，因为𝐸为𝐴1𝐵的中点，则𝐸是�

�𝐵1的中点，而𝐹是𝐵1𝐷1的中点，则有𝐸𝐹//𝐴𝐷1，又𝐸𝐹⊄平面𝐴𝐶𝐷1,𝐴𝐷1⊂平面𝐴𝐶𝐷1，所以𝐸𝐹//平面𝐴𝐶𝐷1.（2）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形

，因此𝐴𝐶⊥𝐵𝐷,𝐴𝐶⊥𝐷𝐷1，又𝐵𝐷∩𝐷𝐷1=𝐷，于是𝐴𝐶⊥平面𝐷1𝐵1𝐵𝐷，而𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷1，所以平面𝐴𝐶𝐷1⊥平面𝐷1𝐵1𝐵𝐷.