人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直优秀达标测试

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直优秀达标测试，文件包含人教A版高中数学必修第二册重难点题型讲练测87空间直线平面的垂直二教师版doc、人教A版高中数学必修第二册重难点题型讲练测87空间直线平面的垂直二原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。

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AB，面分别为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 的二面角记作二面角 SKIPIF 1 < 0 -AB- SKIPIF 1 < 0 ，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角 SKIPIF 1 < 0
-l- SKIPIF 1 < 0 ，如图(1).
②若在 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 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
SKIPIF 1 < 0 ∠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 SKIPIF 1 < 0 ；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 SKIPIF 1 < 0 .所以二面角的平面角的范围是 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 .
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 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 垂
直，记作 SKIPIF 1 < 0 ⊥ SKIPIF 1 < 0 .
(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
SKIPIF 1 < 0 .
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
SKIPIF 1 < 0 .
(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 SKIPIF 1 < 0 ，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⊥ SKIPIF 1 < 0 b⊥ SKIPIF 1 < 0 .
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 SKIPIF 1 < 0 ∥ SKIPIF 1 < 0 ，a⊥ SKIPIF 1 < 0
a⊥ SKIPIF 1 < 0 .
(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：；
(2)若，四棱椎P－ABCD的体积为，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）平面，且平面，过点所有垂直于的直线都在平面内，
平面平面，且平面，存在一条过的直线平面，且平面，
平面，，则平面，平面平面，与为同一条直线，
即平面，平面，.
（2）在平面内，过作，且，连接，作图如下：
平面，且平面，，同理可得，
，，平面，平面，
平面，为二面角的平面角，
在中，，且，则，
在四棱锥中，底面的面积，则其体积，解得，
在中，，故二面角的余弦值为.
【变式1-1】（2023·高一课时练习）已知平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为．
(1)二面角的大小；
(2)直线与平面所成的角的大小．
【解题思路】（1）作于E，连接ED，由已知推导出就是二面角的平面角，由此根据余弦定理得出，即可得出答案；
（2）还原棱锥为正方体，作于F，连接，即可推导出就是直线与平面所成的角，即可求出答案.
【解答过程】（1）ABCD是正方形，，就是异面直线PB与CD所成的角，即，
平面ABCD，平面ABCD，，，作于E，连接ED，
在与中，，，，，
，就是二面角的平面角，
设，则，，则，
则，即，二面角的大小为；
（2）还原棱锥为正方体，作于F，
平面平面，，平面，
连接，则就是直线与平面所成的角，，，
，即，直线与平面所成的角为.
【变式1-2】（2023春·江苏常州·高三开学考试）如图，在边长为4的等边三角形中，平行于的直线分别交线段于点.将沿着折起至，使得二面角是直二面角.
(1)若平面平面，求证：；
(2)若三棱锥的体积为1，求二面角的正弦值.
【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）由已知求证得分别为中点，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：，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，；
（2）设，过作于点，如图所示，
二面角为直二面角，平面，
，解得，分别为中点，
过作于点，因为，，平面，
平面， ，过作于点，连接，因为，
所以平面，所以
即为二面角的平面角的补角，
且，，，，
.二面角的正弦值为.
【变式1-3】（2022秋·湖南郴州·高二阶段练习）已知三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，平面，，点为线段上一动点.
(1)当点为中点时，证明：；
(2)当平面与平面所成二面角为时，试确定点的位置.
【解题思路】（1）设E为的中点，连接,证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）作出平面与平面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，即可确定定点的位置.
【解答过程】（1）设E为的中点，连接,由于点为中点，故,而平面，故平面，
平面，故;又底面是等边三角形，故 ,而平面，
所以平面，又平面，故即 .
（2）如图，过点M作,垂足为N,由于平面，平面，
故,且平面,故,则平面，而平面，故,
作,垂足为F,连接,平面，
故平面，平面,所以,又平面,平面,
即为平面与平面所成二面角的平面角，即，
设，则，因为，故,,
又底面是等边三角形，，故，
而 ,故，则，而,故,
即M点位于的处，即.
【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，在四棱锥中，底面ABCD，⊥，，，，点E为棱PC的中点．
(1)证明：平面⊥平面PCD；
(2)求四棱锥的体积；
【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，得到和，从而得到线面垂直，证明面面垂直；
（2）求出四棱锥的体积，进而由E为棱PC的中点得到四棱锥的体积.
【解答过程】（1）∵在四棱锥中，底面，平面ABCD，∴PA⊥AB，
∵，，∴，，且，
过点B作BM⊥CD于点M，连接AE，则，，
由勾股定理得：，故PB=BC，
又点为棱的中点，，由勾股定理得，
∵△PAC为直角三角形，E为PC的中点，∴，
∵，∴由得，
又，故，又，
所以平面⊥平面；
（2）四边形ABCD的面积为，故，
∵点为棱的中点，∴.
【变式2-1】如图，四棱锥，平面平面，，，，，，E为PC中点．
(1)求证：直线 平面PAD；
(2)平面平面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，
∴，又，∴，故四边形ABEF为平行四边形，
∴，又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．
（2）由已知有，，，平面APD，平面APD，
∴平面APD，又平面APD，∴，，，又，
∴，，平面PDC, 平面PDC
∴平面PDC，又，∴平面PDC，又平面PBC，所以平面平面PDC．
【变式2-2】（2023春·河南·高三开学考试）如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是和的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积.
【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，.
【解答过程】（1）连接，因为，，
所以.因为是的中点，所以.
因为，是的中点，所以.
因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，平面，平面，所以平面，
所以，，
设G为BC的中点，因为，所以，由条件知，，所以，
所以，所以.
【变式2-3】（2023·贵州毕节·统考一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，．
(1)证明：，，，四点共面；
(2)求证：平面平面．
【解题思路】（1）根据三角形中等比例性质证明，再证明，从而，所以，，，四点共面；（2）先通过线面垂直性质定理证明，再由勾股定理证明，最后由线面垂直证明面面垂直
【解答过程】（1）证明：连接
四边形是矩形，为的中点，且，，
，，，，
，分别是，的中点，，，，，，四点共面．
（2）证明：底面且平面，，
，，为中点，，，，
，，，，，
，平面，平面，平面，平面，
平面.

【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，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面底面分别为的中点..
(1)求证：直线平面；
(2)求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）在梯形中证明是矩形，得，然后由面面垂直的性质定理得与平面垂直，从而有，由此得证线面垂直．
（2）由棱锥的体积公式转化计算：．
【解答过程】（1）因为为的中点，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，
因为，所以平行四边形是矩形，所以，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）因为，所以，
由平面为中点，所以点到平面的距离等于，
所以.
【变式3-1】（2023春·青海西宁·高三开学考试）如图，在三棱柱中，为边长为的正三角形，为的中点，，且，平面平面.
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）在中，利用余弦定理可求得，根据勾股定理可证得，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到平面的距离即为点到平面的距离，利用体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果.
【解答过程】（1）为中点，，，又，，
，，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）由三棱柱结构特征可知：平面平面，
点到平面的距离即为点到平面的距离，
又，.
【变式3-2】（2023·四川南充·四川模拟预测）如图， 在平行六面体 中，分别是的中点， 侧面平面．
(1)求证：平面;
(2)试求三棱锥 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）取的中点为，连接．
在和中， 因为分别是的中点，
所以 ，且，
又在平行六面体中，，所以，
因此四边形为平行四边形，所以，
又因平面平面， 所以平面．
（2）由（1）知 平面知， 点到平面的距离相等，所以 ，
在三角形 中，，，
过点作于，因侧面平面，侧面平面，平面，
所以 平面， 因， 平面，平面，所以平面，
因此点到平面的距离相等， 则的长为点到平面的距离，，
所以.
【变式3-3】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面ABC，四边形是边长为2的菱形，为等边三角形，，E为BC的中点，D为的中点，P为线段AC上的动点．
(1)若平面，请确定点在线段上的位置；
(2)若点为的中点，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）连接与DE相交于，连接，连接交于点，由线面平行的性质得到，再根据三角形相似得到，，从而得到，即可得到，从而得解；
（2）取的中点，连接，，即可得到，再由面面垂直的性质得到平面，求出的长度，即可得到点到平面的距离，从而得到点到平面的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【解答过程】（1）解：如图，连接与相交于，连接，连接交于点，
∵平面，平面平面，平面，∴，
∵，，∴，，又，所以，
∵，，∴，∴点是线段上靠近点的四等分点；
（2）解：如图，取的中点，连接，，∵四边形为边长为2的菱形，，
∴，为等边三角形，∵，为等边三角形，∴，
∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面，又由，为的中点，为的中点，可得，
∵四边形为边长为2的菱形，为等边三角形，，∴，
∵D为的中点，平面平面，
∴点到平面的距离与点到平面的距离相等，∴，
∵为的中点，∴点到平面的距离为，
∴三棱锥的体积为．
【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，正方形和直角梯形所在的平面互相垂直，，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小．
【解题思路】（1）设正方形的对角线与交于，连接、，利用勾股定理逆定理推导出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）分析可知直线与平面所成角为，求出的正弦值，即可求得的大小.
【解答过程】（1）证明：设正方形的对角线与交于，连接、，
因为平面平面，平面平面，，平面，
平面，因为四边形是边长为的正方形，则，
在直角梯形中，，为的中点，则且，
又因为，，故四边形是边长为的正方形，所以，，
所以，平面，且，
平面，，则，
所以，，，
平面，平面，，
，，，
，、平面，平面.
（2）解：由（1）可知，平面，所以，直线与平面所成角为，
，，
又因为，故，因此，直线与平面所成角为.
【变式4-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，为圆的直径，是圆上不同于、的动点，四边形为矩形，平面平面，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
【解题思路】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，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平面，可得出，由圆的几何性质可得，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：取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，因为四边形为矩形，则且，
为的中点，则且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面.
（2）解：四边形为矩形，则，因为平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，
因为为圆的直径，是圆上不同于、的动点，则，
，、平面，平面，
平面，所以，平面平面.
【变式4-2】（2022秋·河南·高三阶段练习）如图，在平行四边形中，，．以为折痕将折起，使点到达点的位置，分别为的中点．
(1)证明：；
(2)设，求．
【解题思路】（1）取的中点，由平行关系可得，由线面垂直判定可得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）利用余弦定理可求得，得到；由线面垂直的判定可知平面，由此得到平面平面；作，由面面垂直性质可得平面，从而得到，利用勾股定理可求得结果.
【解答过程】（1）取的中点，连接，
，，；，，；
又，平面，平面，又平面，.
（2）在中，，；
由余弦定理得：，则，
，，；，，，平面，
平面，又平面，平面平面；作，垂足为，连接，
平面，平面平面，平面，
又平面，，，，
，，
，，，，，，
由余弦定理得：；
在中，．
【变式4-3】（2022秋·江苏南通·高二期中）在正四棱柱中，已知，，E为棱的中点．
(1)求证：；
(2)求与平面所成角的余弦值．
【解题思路】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，即证明面；
（2）首先证明平面平面，说明为所求角，再根据余弦定理求解.
【解答过程】（1）连结AC交BD于点O，连结．
在正四棱柱中，面ABCD，又∵ABCD，∴
∵四边形ABCD为正方形，∴
又∵，，面，∴面，
又∵面 ∴
（2）由（1）知：面，又平面，∴平面平面，
又面面，∴为直线与平面所成的平面角，
∵正四棱柱中，，，分别在，，中，
解得，，所以，
故与平面所成角的余弦值为．
【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，直三棱柱中，，为上的中点.
(1)证明：平面平面;
(2)若，求点到平面的距离.
【解题思路】（1）分别取的中点，连接，进而证明，再证明平面即可证明结论；
（2）由题知平面，进而根据等体积法计算即可得答案.
【解答过程】（1）证明：分别取的中点，连接
所以，，
因为为上的中点，所以，所以，，
所以，四边形是平行四边形，即
因为，是的中点，所以，
因为在直三棱柱中,平面，平面，所以，
因为平面所以平面
又 所以平面，而平面
所以平面平面；
（2）解：因为在直三棱柱中,平面，平面，所以，
因为，所以，即,
因为平面所以平面，即平面，
设点到面的距离为
所以，在三棱锥中，因为，即
因为，所以
在中，，得所以，，得
所以，点到平面的距离为.
【变式5-1】（2023秋·重庆巫山·高二期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，，，PD的中点为F.
(1)求证：平面；
(2)求直线到面的距离.
【解题思路】（1）连接BD交AC于O，连接FO，得，根据线面平行的判定可得平面；
（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，
∵平面ACF，平面ACF，∴平面ACF.
（2）因为平面平面ABCD，平面平面，，平面，所以平面ABCD.由于平面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，因为平面ABCD，所以平面ABCD，
因为平面，所以，因为菱形且，，
所以，，则，，，，设点D到平面ACF的距离为，由得
，即直线PB到平面ACF的距离为.
【变式5-2】（2023·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P—ABCD中， ，，．
(1)证明：；
(2)若，， ，且点到平面的距离为，求的长．
【解题思路】（1）连接，利用线面垂直的判定定理证明平面，再结合线面垂直的性质得异面直线垂直即可；
（2）取的中点，连接，，过作于，利用且点到平面的距离为以及三角形等面积法求得的值，在利用直线与平面，平面与平面位置关系，证明四边形为矩形，即可得的长.
【解答过程】（1）证明：如图，连接，
∵，，，∴，∴，即．
∵，，平面∴平面，又平面，∴．
（2）解：取的中点，连接PE，CE，过作于.
∵，为中点∴，由（1）知，为中点，∴，
∵，平面，∴平面，又平面，
∴平面平面，又平面平面，，平面∴平面，
由条件知．由（1）有平面，平面，∴，设，又，则，∵，∴，得，∴．
∵，，，平面，∴平面，又平面
∴，∵，∴，∴四边形为矩形，∴．
【变式5-3】（2023·全国·高三专题练习）如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，.
(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【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，求得点B到平面的距离.
【解答过程】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
所以且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）设到平面的距离为，因为平面，平面,所以,
因为,平面，所以平面，且平面,所以,
因为，，所以，
所以,,,
所以且,所以,
取中点为，连接,因为是菱形，，
所以为等边三角形，所以,且,
又因为平面，平面,所以,
且平面,所以平面,
又因为,
因为，即,所以.
【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，已知矩形ABCD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：平面PAD；
(2)若，求证：平面PCD.
【解题思路】（1）利用线面平行判定定理即可证明平面PAD；
（2）先利用，求得，再利用线面垂直判定定理即可证明平面PCD.
【解答过程】（1）∵M，O分别是AB，BD的中点，∴.
又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.
（2）如图，连接PM，MC，NO，∵，∴.
由矩形ABCD所在平面，可得， 易证，得.
∵N为PC的中点，∴.∵N，O分别是PC，AC的中点，∴.
∵平面ABCD，∴平面ABCD，又平面ABCD，
∴，∵，，∴.
又∵，平面MNO，平面MNO.
∴平面MNO,又∵平面MNO，∴.
又，，平面PCD，平面PCD
∴平面PCD.
【变式6-1】（2023秋·四川遂宁·高二期末）如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，，分别是的中点．
(1)求证：；
(2)求证：平面平面.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明出平面，进而可得，又，则结论成立；
（2）利用线面平行的判定定理证明出面，由（1）可得面，再由面面平行的判定定理得出结论成立．
【解答过程】（1）平面，平面，；
四边形为正方形，；
平面，，平面，又平面，；
分别为的中点，，.
（2）四边形为正方形，且分别为，边的中点，
，面，面，面，
由（1）知，面，面，面，
又，平面平面．
【变式6-2】（2022·上海·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，点在平面内的射影为A，且，为中点.
(1)证明：平面
(2)证明：平面平面.
【解题思路】（1）由线线平行证线面平行；
（2）由线面垂直证，再证平面、平面平面.
【解答过程】（1）连接交于点，连接.因为为中点，为中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）因为点在平面内的射影为A，所以平面，因为平面，所以.
又在正方形中，且，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【变式6-3】（2023秋·广东汕尾·高二期末）如图，在正方体中，分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【解题思路】（1）连接，证明E是中点，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平面，再利用面面垂直的判定作答.
【解答过程】（1）在正方体中, 连接，如图，
因为为的中点，则是的中点，而是的中点，
则有，又平面平面，所以平面.
（2）在正方体中，平面，四边形是正方形，
因此，又，于是平面，
而 平面，所以平面平面.
专题8.7 空间直线、平面的垂直（二）（重难点题型检测）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023·安徽蚌埠·统考二模）设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【解题思路】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系对选项逐一判断，即可得到结果.
【解答过程】对于A，若，，，则，故正确；
对于B，若，，，则与相交或者，故错误；
对于C，若，，，则，故错误；
对于D，若，，，则与相交，不一定垂直，故错误.故选:A.
2．（3分）（2023秋·北京西城·高二期末）在长方体中，，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】画出长方体，为二面角所成的平面角，求出的值即可得出答案.
【解答过程】长方体中，，，
，平面,平面,,
又平面 平面 ， 为二面角所成的平面角，
，所以二面角的余弦值为.故选：D.
3．（3分）（2022秋·四川乐山·高二阶段练习）在棱长为2的正方体中，点M为棱的中点，则点B到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】连接BM，由面面垂直的判定证明平面平面，再利用面面垂直的性质即可推理计算作答.
【解答过程】在正方体中，平面，而平面，则平面平面，在平面内过点B作于E，连接BM，如图，
因平面平面，于是得平面，则BE长即为点B到平面的距离，
点M为棱的中点，在中，，，即，解得，所以点B到平面的距离为.故选：D.
4．（3分）（2022秋·山东潍坊·高二阶段练习）如图所示，平面矩形，且，下列结论中不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，由线线垂直，线面垂直以及面面垂直的互相转化即可根据选项逐一求解.
【解答过程】因为平面矩形，两平面交线为,,且平面，
所以平面，平面，所以，故D正确，
若，由于，,平面,则平面，平面,则这与为矩形矛盾，故A不正确；
因为平面矩形，两平面交线为,,平面，所以平面，平面,所以，故B正确，
由于平面，平面,所以，又，平面,所以平面,平面,所以,故C正确，故选：A.
5．（3分）（2023·陕西西安·统考一模）在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由面面垂直的性质结合直角三角形和等边三角形的性质得出的外接圆圆心为该三棱锥的外接球的球心，再由正弦定理以及球的表面积公式求解.
【解答过程】解：过点作的垂线，垂足为，因为是以为斜边的等腰直角三角形，
所以的外接圆的圆心为，设的外接圆圆心为，其半径为，
则在上，所以，由面面垂直的性质可知，平面，
所以，即为该三棱锥的外接球的球心，
由正弦定理可知，，故该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
6．（3分）（2023·全国·校联考模拟预测）已知正三棱柱的所有棱长都相等，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（ ）
①；②；③；④平面．
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】连接，即可得到，再由正三棱柱的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，再由线面垂直的性质得到，即可说明，即可判断①、②、③，连接，通过证明平面平面，即可说明④.
【解答过程】解：连接，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以，．
又，分别是，的中点，所以，所以．
因为，，，平面，所以平面．
又平面，所以．又，，平面，所以平面．
又平面，所以．由题意知且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，故①、③正确；与是异面直线，故②错误；
连接，因为，平面，平面，所以平面
又，同理可证平面，又，平面，
所以平面平面．
因为是线段上的动点，所以平面，所以平面，故④正确．
故选：C.
7．（3分）（2023秋·北京石景山·高二期末）在直四棱柱中，底面为直角梯形，，点M在该四棱柱表面上运动，且满足平面平面．当线段的长度取到最大值时，直线与底面所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据直四棱柱的几何关系，利用面面垂直的判定定理找出点M在四棱柱表面上的运动轨迹，再根据线段的长度取到最大值时确定具体位置，根据几何法做出直线与底面所成的角，即可求得其正弦值.
【解答过程】根据几何体特征，四棱柱是直四棱柱，
所以平面，平面，所以，
要满足平面平面，作于，延长交于，交的延长线于，
作交于，连接，如下图所示；
又因为，所以平面，即平面
而平面，所以平面平面，
又因为点M在该四棱柱表面上运动，所以点M的轨迹是线段；
又因为底面为直角梯形，，
所以，即，得，所以；
又，所以，即为线段的中点，
，所以，
易知，当线段的长度取到最大值时，点于点重合，
此时，即为直线与底面所成的角，
，，，
所以，线段的长度取到最大值时，直线与底面所成角的正弦值是.故选：B.
8．（3分）（2022·河南·校联考一模）已知菱形ABCD的边长为2，，E是AD的中点，沿BE将折起至的位置，使，则下列结论中错误的是（ ）．
A．平面平面PDEB．平面平面PBC
C．平面平面BCDED．平面平面BCDE
【解题思路】根据线面、面面垂直的判断定理分析判断.
【解答过程】如图1，在菱形ABCD中，连接BD，则为等边三角形，且E是AD的中点，
∴，如图2，在四棱锥中，，
，平面，∴平面，平面，则平面平面PDE，A正确；
∵，即，∴，，平面，
∴平面，又∵，则平面，平面，则平面平面PBC，B正确；
∵，，平面，∴平面，
平面，则平面平面BCDE，C正确；
∵平面，平面，则平面内不存在与平面垂直的直线，
∴平面不与平面垂直，D错误；故选：D.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2023秋·河北·高三阶段练习）已知直线和平面，下列选项能得到成立的充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据线面及面面的位置关系结合面面垂直的判定定理逐项分析即得.
【解答过程】对于A，若，则与可能平行也可能相交，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，若，则与不一定垂直，故C错误；
对于D，由，可知在平面内必存在直线与平行，又，则，进而可得，故D正确.
故选：BD.
10．（4分）（2023秋·云南楚雄·高三期末）已知四棱锥的底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，，，E为棱BP上一点，，且PA⊥AC，若四棱锥的每个顶点都在球O的球面上，且球O的体积为，则（ ）
A．B．
C．平面ADE⊥平面PABD．点E到平面PCD的距离为
【解题思路】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理可判断C，由外接球的球心在中点，利用球的体积可求出，据此求出可判断B，再由勾股定理求出判断A，利用等体积法可求出E到平面PCD的距离判断D.
【解答过程】如图，则平面ADE⊥平面PAB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，是交线，AD⊥AB，平面ABCD，
所以AD⊥平面PAB，因为平面ADE，则平面ADE⊥平面PAB，
又因为平面PAB，所以 AD⊥AP，
又因为PA⊥AC，，平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，
平面ABCD，所以，故 AD，AB，AP两两垂直，
所以是以AD，AB，AP为长、宽、高的长方体的对角线，
故侧棱PC为球O的直径，由，解得，
所以，解得，则，，故.
由，平面，所以AB⊥平面APD
又因为，所以CD⊥平面APD，
因为平面APD ，所以CD⊥PD，由勾股定理得.
设点E到平面PCD的距离为d，由，可知，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则，且，由，得，
解得.综上，ACD正确，B错误.故选：ACD.
11．（4分）（2022秋·江苏南京·高二阶段练习）(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论中正确的是（ ）
A．平面EFG∥平面PBC
B．平面EFG⊥平面ABC
C．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角
D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角
【解题思路】分别用面面平行、面面垂直、线线角、二面角等知识对每个选项判断即可.
【解答过程】对于选项A：∵GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC.故A正确；
对于选项B：∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，又平面，∴平面EFG⊥平面ABC. 故B正确；
对于选项C：由选项A知平面EFG∥平面PBC，且平面与两平面的交线分别为与，所以EF∥BP，∴∠BPC是直线EF与直线PC所成的角.故C正确；
对于选项D：∵GE与AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．故D错误.
故选：ABC.
12．（4分）（2023春·江苏南京·高三开学考试）如图，在五面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若G为棱CE中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD=CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若，则平面ADE⊥平面BCE
【解题思路】对于A，利用面面垂直的性质定理得到平面，从而得以判断；对于B，利用线面垂直的判定定理推得平面，由此判断即可；对于C，利用面面垂直的的判定定理，结合勾股定理即可判断；对于D，先证得与不重合，再推得平面平面，从而得到矛盾，由此判断即可.
【解答过程】对于A，因为平面平面ABEF，，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，故A正确；
对于B，取棱的中点，连接，如图①，
.
因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以，
因为G为棱CE中点，所以，
因为，平面，所以平面，
由题意知，所以四边形为平行四边形，
所以，则平面，故B正确；
对于C，连接，如图①，由题意知，所以，
又在直角梯形中易知，所以，即，
由选项A知，又平面，
所以平面，又平面，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；
对于D，连接，过点作交的延长线于点，连接，如图②，
.
由，得，所以，
此时，所以，故与不重合，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，假设平面平面，
因为与不重合，所以平面与平面不重合，
又平面平面，则平面，因为平面，所以，
又，所以，这与矛盾，
所以假设不成立，故平面与平面不垂直，故D错误.
故选：ABC.
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2022秋·青海海东·高二期中）若为一条直线，为三个互不重合的平面，给出下面四个命题：①，；②，；③，：④，．其中正确命题的序号有 ①③ ．
【解题思路】依据直线与平面、平面与平面的位置关系，找出反例逐一分析，即可得出答案.
【解答过程】
若，则又因为,所以则，①正确.
如果是长方体相对的两侧面,则它们都垂直底面,但这两个平面互相平行,故也可能平行,②不正确.
,则存在,,则由面面垂直的判定定理,③正确.
如果是长方体相邻的两侧面,为长方体不在这两个面内的侧棱, ,,也可能相交,④不正确.
综上，正确的命题的序号是①③.
故答案为:①③.
14．（4分）（2022秋·湖南郴州·高二阶段练习）如图所示，平面，，，，则二面角的余弦值大小为 0 .
【解题思路】作出二面角的平面角，求得相关线段的长，解三角形，即可求得答案.
【解答过程】作,垂足为D，作交于E点，连接,
因为，故D为的中点，E为的中点，平面，平面，所以,
又，平面,故平面,平面,故,
所以,则为二面角的平面角，因为，,故,
则,
又平面，平面，所以,
则,故，所以二面角的余弦值大小为0，故答案为：0.
15．（4分）（2023·高三课时练习）如图，已知矩形ABCD所在的平面，则下列说法中正确的是 ①②③ ．（写出所有满足要求的说法序号）
①平面PAD⊥平面PAB； ②平面PAD⊥平面PCD；
③平面PBC⊥平面PAB； ④平面PBC⊥平面PCD．
【解题思路】根据线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理证明判断即可．
【解答过程】①由矩形ABCD所在的平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故①正确；
②由矩形ABCD所在的平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故②正确；
③由矩形ABCD所在的平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故③正确；
④依题意得，若平面PBC⊥平面PCD，作交于，平面PBC平面PCD，所以平面PCD，又平面，所以,
因为，平面，所以平面，因为平面，所以,与矛盾，故④错误．
故答案为：①②③．
16．（4分）（2022·高一课时练习）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下面四个结论：①，点P到平面的距离不变；② 平面；③；④平面平面．其中正确结论的序号是 ①②④ ．（写出所有你认为正确结论的序号）
【解题思路】通过证明平面，平面，得平面平面，从而可判断②①，利用判断③，证明平面平面判断④．
【解答过程】连接．
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以．又平面平面，所以平面．
同理可证平面，又平面平面，且，
所以平面平面．因为平面，所以平面，故②正确．
因为平面，所以平面，所以点P到平面的距离不变，故①正确．
连接．因为，所以当P为的中点时才有，故③错误．
因为平面平面，所以．又，平面，
所以平面．连接，又平面，所以．同理可证．
又平面平面，，所以平面．又平面，
所以平面平面，故④正确．
故答案为：①②④．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2022·高一课时练习）如图，平面，，你能发现哪些平面互相垂直，为什么？
【解题思路】根据面面垂直的判定定理，先寻找线面垂直，再得面面垂直.
【解答过程】平面平面，平面平面，平面平面.
理由：平面，平面，平面，
∴平面平面，平面平面.
平面，平面，.
又，,平面.平面，∴平面平面.
18．（6分）（2022春·河南洛阳·高一阶段练习）如图，在正三棱柱中，是侧面对角线的交点，是侧面对角线的交点，是棱的中点．求证：
(1) 平面；
(2)平面平面
【解题思路】（1）连接和，证明，利用线面平行的判断定理即可证得平面；
（2）依题意，可证,从而可证得平面，利用面面垂直的判定定理即可证得平面平面．
【解答过程】（1）连接和，因为分别是侧面和侧面对角线的交点，
所以分别是和的中点．所以,
又平面，平面，故 平面﹔
（2）∵三棱柱为正三棱柱,∴平面，平面，
∴，又，∴,
又D是棱的中点，且为正三角形，所以．由得,
而平面，所以平面，
又平面，故平面平面.
19．（8分）（2022秋·贵州安顺·高三期末）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)点在棱上，满足且三棱锥的体积为，求的值.
【解题思路】（1）连接，证明，继而证明平面，推得，从而证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由题意可推得，从而设点到平面的距离分别为，利用三棱锥等体积法分别求得，根据，即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意底面， ,，
则底面为直角梯形，连接 ，则,故四边形为矩形，
则 ， 所以四边形为正方形，所以 ，
因为侧面为等边三角形，O是 的中点，所以 ，平面，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，因为平面 ，
所以平面，因为平面 ，所以平面平面.
（2）因为底面中， ,，
侧面 为等边三角形，O是的中点，
所以,,, ，
因为平面，平面，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以,所以 ,
设点到平面的距离分别为，因为 ，所以 ,
即，故，因为三棱锥的体积为，
所以 所以 ，解得，所以，即
因为，所以 .
20．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在边长为2的正方形外作等边（如图1），将沿折起到的位置，使得（如图2）.
(1)求证：平面平面；
(2)若F，M分别为线段的中点，求点P到平面的距离.
【解题思路】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）利用等体积法来求点P到平面的距离.
【解答过程】（1）由于，所以，由于四边形是正方形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）连接，由于三角形是等边三角形，所以，
由于平面平面且交线为，平面，所以平面.
由于是的中点，所以到平面的距离是，
且到平面的距离等于到平面的距离，设这个距离为.
由于平面，所以，所以，，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，，
在三角形中，，则为锐角，，
所以，，
由得，解得，所以点P到平面的距离为.
21．（8分）（2023秋·四川南充·高二期末）如图，在正三棱柱中，为上的点，为上的点，M，N分别为BA，BE的中点， 平面．
(1)证明：M，N，F，C四点共面，且平面平面；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）由题可得，进而M，N，F，C四点共面，然后根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线面平行的性质定理及面面垂直的判定定理即可证出；
（2）取的中点，过点作的垂线交于，根据面面垂直的性质可得平面，进而可得为平面与平面所成二面角的平面角，然后结合条件即得解.
【解答过程】（1）证明：∵M、N分别为AB、BE的中点，∴，
∵为正三棱柱，∴,∴,∴M、N、F、C四点共面，
∵为正三棱柱，∴平面平面，为等边三角形，
∵为的中点，∴，又平面平面，平面，∴平面，
∵平面平面，平面，平面，∴，∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）取的中点，过点作的垂线交于，连接，
由题可得，又平面平面，平面平面 ，平面，
所以平面，又平面，∴，
∵，，平面，∴平面，
∴为平面与平面所成二面角的平面角，
∵，，∴，．由（1）可得四边形为平行四边形，
∴，∴，又，，
由得：，所以，
∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
22．（8分）（2022春·北京·高一期末）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，且，是棱上的动点.
（1）求证：平面平面；
（2）若平面，求的值；
（3）当是中点时，设平面与棱交于点，求截面的面积.
【解题思路】(1) 要证平面平面，只需证明平面，利用线面垂直的判定可证平面.
(2) 根据题意，作出点，再利用相似三角形求的值
(3) 从四点共面角度出发，利用平面向量基本定理确定点的位置，再求截面面积.
【解答过程】(1)证明：因为，所以，又，所以.
因为平面，平面，所以.
又，在平面内，且相交于点，所以平面.
又平面，所以平面平面.
(2) 如图，连接，相交于点，过点作，交于点.
因为，平面，平面，所以平面.
故上述所作点为使得平面的点.如图
在梯形中，有，，令，
因为，，三点共线，所以，.，即，所以，.
因为，所以，.
(3)设，因为四点共面，所以存在实数，，使得.
因为，，
又，，为一组基底，所以解得.所以.
因为平面，平面，所以.
又，，在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以.
在四边形中，，，，
因为，点到的距离为，点到的距离为.
所以截面的面积.