专题34 直线、平面垂直的判定与性质6题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

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1．直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(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角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°.
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．二面角
(1)定义：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：如图，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．
(3)二面角的范围：[0，π]．
4．平面与平面垂直
(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．
(2)判定定理与性质定理
常用结论
1．三垂线定理
平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
3．两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．
一、单选题
1．（2024高三上·湖北·开学考试）已知a，b是两条不重合的直线，为一个平面，且a⊥，则“b⊥”是“a//b”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】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义即可得出选项.
【详解】当b⊥时，结合a⊥，可得a//b，充分性满足；
当a//b时，结合a⊥a，可得b⊥a，必要性满足.
故选：C.
2．（2024高三上·山东潍坊·阶段练习）在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，异面直线与所成角的余弦值为，则直线与直线的距离为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据异面直线与所成角的余弦值为求出底面正方形的边长，进而可求解.
【详解】
如图，该四棱柱为长方体，因为,
所以为异面直线与所成角，
设底面正方形边长为，则，
在中，，
解得，
因为该四棱柱为长方体，所以平面，平面，
所以,同理,
所以直线与直线的距离为，
故选:B.
3．（2024高一下·全国·课后作业）若平面平面，平面平面，则（ ）
A．
B．
C．与相交但不垂直
D．以上都有可能
【答案】D
【分析】以正方体为模型可得D正确.
【详解】在正方体中，相邻两侧面都与底面垂直；相对的两侧面都与底面垂直；一侧面和一对角面都与底面垂直，故选D.
【点睛】立体几何中关于点、线、面之间位置关系的命题的真假问题，可在正方体中考虑它们成立与否，因为正方体中涵盖了点、线、面的所有位置关系，注意有时需要动态地考虑位置关系.
4．（2024高三·全国·专题练习）空间中直线l和三角形的两边，同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是（ ）
A．平行B．垂直C．相交D．不确定
【答案】B
【分析】由线面垂直的判定以及线面垂直的定义可判断结果.
【详解】因为三角形的两边，有交点，
且直线和，同时垂直，
所以该直线垂直平面，故该直线与垂直.
故选：B
5．（2024·全国）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知两条不同的直线l，m及三个不同的平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（ ）
A．l与α，β所成角相等B．，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】ABD可举出反例；C选项，可根据平行的传递性和垂直关系进行证明.
【详解】对于A，正方体中，设边长为，连接，则为与平面所成角，
由勾股定理得到，故，
同理可得和所成角的正弦值为，故与平面和所成角大小相等，
但平面与平面不平行，故A错误；
B选项，平面⊥平面，平面⊥平面，但平面与平面不平行，故B错误；
对于C，由，得，又，所以，故C正确；
对于D，l与m可同时平行于α与β的交线，故D错误．
故选：C．
7．（2024·北京海淀·模拟预测）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，给出下列三个结论：①若，则；②若，则；③若，，则．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】利用直线与平面垂直的性质判断命题①和②的真假，举出符合命题③条件的实例判断其真假而得解.
【详解】对于命题①：若，由垂直于同一平面的两条直线平行，可得，即①正确；
对于命题②：若，由垂直于同一直线的两个平面平行，可得，即②正确；
对于命题③：若，，如墙角处的三个平面两两垂直，可判定相交，即不成立，③不正确，
故给定的三个结论只有①和②两个正确.
故选：C
8．（2024高三·全国·专题练习）平行四边形ABCD中，，将三角形ABD沿着BD翻折至三角形，则下列直线中有可能与直线垂直的是（ ）
①直线；②直线；③直线；④直线.
A．①②B．①④
C．②③D．③④
【答案】A
【分析】若，当平面平面时，有，可判断①；若，会超过，故存在，可判断②；，始终为锐角可判断③④．
【详解】如图．

对于①，若，当平面平面时，平面平面，
平面，所以平面，平面，则，故①正确；
对于②，若，则在翻折过程中，会超过，故存在，
∵，故直线与直线有可能垂直，故②正确；
对于③，在中，∵，∴为锐角，即为锐角，故直线与直线不可能垂直，故③错误；
对于④，∵，∴中，，∴始终为锐角，故直线不可能与直线垂直，故④错误．
故选：A.
9．（2024高一·江苏·课后作业）对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是（ ）
A．m⊥n，m∥α，n∥βB．m⊥n，α∩β＝m，n⊂α
C．m∥n，n⊥β，m⊂αD．m∥n，m⊥α，n⊥β
【答案】C
【分析】在A中，与β相交或相行；在B中，与不一定垂直；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面面平行的判定定理得.
【详解】在A中，m⊥n，m∥α，n∥β，则与β相交或相行，故A错误；
在B中，m⊥n，α∩β＝m，n⊂α，则与不一定垂直，故B错误；
在C中，m∥n，n⊥β，m⊂α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中，m∥n，m⊥α，n⊥β，由面面平行的判定定理得，故D错误.
故选：C
10．（2024高一下·吉林·期末）设，，表示空间中三条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【分析】根据直线、平面之间的位置关系，及线面垂直的性质定理进行判断即可.
【详解】A选项，当，时，不一定有，也可能异面，所以A错误；
B选项，当，平行时，可能不成立，所以B错误；
C选项，由线面垂直的性质定理知，C正确；
D选项，当，时，可能相交，所以D错误.
故选：C.
11．（2024高一·全国·课后作业）已知直线平面，则经过且和垂直的平面（ ）
A．有一个B．有两个C．有无数个D．不存在
【答案】C
【分析】利用面面垂直的判定求解即可.
【详解】由题知：经过直线的平面有无数个，
根据面面垂直的判定可知：这些平面都和平面垂直，
所以经过且和垂直的平面有无数个.
故选：C
12．（2024高一下·浙江宁波·期末）给出下列4个命题，其中正确的命题是（ ）．
①垂直于同一直线的两条直线平行； ②垂直于同一平面的两条直线平行；
③垂直于同一直线的两个平面平行； ④垂直于同一平面的两个平面平行．
A．①②B．③④C．②③D．①④
【答案】C
【分析】由线线的位置关系可判断①；由线面垂直的性质定理可判断②；由线面垂直的性质和面面平行的判定可判断③；由面面的位置关系可判断④．
【详解】解：对于①，垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面，故①错误；
对于②，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确；
对于③，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确；
对于④，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故④错误．
故选：C．
13．（2024高二上·北京·期中）在三棱锥中，若，，那么必有（ ）

A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【解析】由已知条件推导出平面，结合面面垂直的判定定理可判断A选项的正误；利用面面垂直的性质定理可判断BCD选项的正误.
【详解】，，且，平面.
对于A选项，平面，所以，平面平面，A选项正确；
对于B选项，若平面平面，过点在平面内作，如下图所示：
由于平面平面，平面平面，，平面，
平面，
又平面，过点作平面的直线有且只有一条，假设不成立，B选项错误；
对于C选项，若平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，则，而与是否垂直未知，C选项错误；
对于D选项，过点在平面内作，垂足为点，
若平面平面，平面平面，，平面，
所以，平面，
平面，，
，，平面，
平面，，但与是否垂直未知，D选项错误.
故选：A.
【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.
14．（2024高一下·河南·期末）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，则点A到平面PBC的距离为（ ）．
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAB，则有，再利用等体积法即可得出答案.
【详解】解：因为平面ABC，平面ABC，所以，
又因为，即，
因为，所以平面PAB，
又平面PAB，所以，
因为，，所以，
的面积，
设点A到平面PBC的距离为h，
则三棱锥的体积，
即，解得，
即点A到平面PBC的距离为.
故选：A.
15．（2024高二上·北京·期中）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BA⊥AD，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体，使平面⊥平面BCD，则四面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用面面垂直的性质定理证明平面，然后用等积法求解即可
【详解】由题意，平面⊥平面BCD，平面平面，
又BD⊥CD，平面，
所以平面，
因为AB=AD=CD=1，
所以，
所以，
所以四面体的体积为，
故选：A
16．（2024高一下·福建厦门·期末）如图（1）平行六面体容器盛有高度为的水，，.固定容器底而一边于地面上，将容器倾斜到图（2）时，水面恰好过，，，四点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作于点，作于点，取的中点，连接，，作于点，利用边角关系以及线面位置关系结合余弦定理求出的值，证明面，即可得点到面的距离，从而得平面到平面的距离，进而可得的值.
【详解】
如图：作于点，作于点，
因为，则，
，
又因为，所以为等边三角形，则，
取的中点，连接，，则，，
，
因为，所以面，
则，
，
由余弦定理可得：，
所以，
作于点，因为面，面，
所以，因为，所以面，
所以点到面的距离为，
故平面到平面的距离为，
由题意可知：所盛水的体积为平行六面体容器的一半，
所以，
故选：B.
17．（2024高一下·山西太原·期末）如图，在长方体中，..则直线与平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过A作AE⊥BD于E，则直线与平面的距离为AE，在直角三角形ABD中，解三角形，即可求出AE.
【详解】因为为长方体，所以面⊥面ABCD，
过A作AE⊥BD于E，则AE⊥面，所以直线与平面的距离为AE.
在直角三角形ABD中，由等面积法可得：
故选：C
18．（2024高二上·北京丰台·期中）棱长为1正方体中，E为的中点，则E到面的距离（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合已知条件可知平面，进而将问题转化为到面的距离，然后利用线面垂直的性质和判定证明平面，最后利用正方体的棱长即可求解.
【详解】由题意，连接，交于，如下图：
由正方体性质易知，平面，
故E到面的距离为到面的距离，
由正方体性质可知，平面，平面，
故，
由正方形性质可知，，
因为平面，平面，，
所以平面，
因为，
所以到面的距离为，
从而E到面的距离为.
故选：A.
19．（2024高二下·江苏泰州·期末）已知球O的半径为2，A，B，C为球面上的三个点，，点P在AB上运动，若OP与平面ABC所成角的最大值为，则O到平面ABC的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，找到为OP与平面ABC所成的角，且P移动到AB中点K时，OP的长度最小，为OP与平面ABC所成的最大角，设出边长，列出方程，求出O到平面ABC的距离.
【详解】记ABC外接圆圆心为，则平面ABC，
故为OP与平面ABC所成的角，
如图，当P移动到AB中点K时，OP的长度最小，
对应正切值最大，OP与平面ABC所成的角最大，
则为OP与平面ABC所成的最大角，
根据题意：，
设，则，，
在Rt与Rt中，有，
即，求得：，
故O到平面ABC的距离为
故选：A.
20．（2024·浙江）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.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
21．（2024·全国）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
22．（2024高三·云南昆明·阶段练习）过正方体的顶点A的平面与直线垂直，且平面与平面的交线为直线，平面与平面的交线为直线，则直线与直线所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
证明平面，可得平面，再根据面面平行的性质可得，，可得为直线与直线所成角，从而得出角的大小.
【详解】
解：如图，在正方体中，
，平面，
又平面，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
同理，
又平面，
所以平面，
因为平面与直线垂直，
所以平面，
又因平面与平面的交线为直线，平面平面，
所以，
平面与平面的交线为直线，平面平面，
所以，
所以即为直线与直线所成角的平面角，
因为为等边三角形，
所有，
所有直线与直线所成角的大小为.
故选：C.
23．（2024·河南·模拟预测）在正方体中，P，Q分别为AB，CD的中点，则（ ）
A．平面B．平面平面
C．平面D．平面平面
【答案】D
【分析】画出正方体，结合几何体图像，根据线面平行、面面垂直、线面垂直、面面垂直的判定条件判断各选项即可.
【详解】如图，因为，而与平面相交，则A选项不正确；
因为，，所以平面平面，
而平面与平面相交，则B选项不正确；
在矩形中，与不垂直，即与平面不垂直，则C选项不正确；
设的中点为G，因为，所以，
又因为，，所以，
所以平面，所以平面平面，则D选项正确.
故选：D.
24．（2024·全国·一模）设m，n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①；② ；③ ；④ .其中正确的命题是（ ）
A．①④B．②③
C．①③D．②④
【答案】C
【分析】根据线面，面面平行和垂直的判定定理，性质定理逐项进行分析即可求解.
【详解】若，，则根据面面平行的性质定理和判定定理可得，故①正确；
若，，则或与相交或在平面内，故②不正确；
因为，所以内有一直线与平行，而，则，根据面面垂直的判定定理可知：，故③正确；
若，，则或，故④不正确，
故选：.
25．（2024高三·全国·专题练习）下列结论正确的是（ ）
A．已知直线，若，则.
B．设是两条不同的直线，是一个平面，若，，则.
C．若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．
D．若平面内的一条直线垂直于平面内的无数条直线，则.
【答案】B
【分析】根据线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质、直观想象判断各项正误即可.
【详解】A：若面的相交直线，此时，满足，但不成立，错；
B：由，，根据线面垂直的性质定理易知，对；
C：如下图，若，且相交但不垂直，此时并不垂直面中的任意直线，错；

D：如下图，若，则在面中所有平行于的直线（无数条）都与垂直，但不成立，错.

故选：B
二、多选题
26．（2024·全国）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.
27．（2024高三上·广东潮州·期末）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的是（ ）

A．
B．
C．平面平面
D．
【答案】ABC
【分析】利用线面垂直和面面垂直的性质和判定方法逐项判断即可.
【详解】对于选项A,C，
因为底面，平面,则，
因为,且平面,平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面⊥平面，故A，C正确；
对于B,由选项A知，
，又，且平面,平面
所以平面，
且平面，所以，故B正确；
对于D,若，
则垂直于在平面内的射影，显然不成立，故D错误.
故选：ABC.
28．（2024高二下·云南普洱·期末）如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变B．平面
C．D．平面平面
【答案】AD
【分析】证明平面判断A；由面面平行说明判断B；由正三角形说明判断C；证明平面判断D作答.
【详解】在正方体中，，，即四边形为平行四边形，如图，

则，而平面，平面，则有平面，
因此，点P到平面的距离为定值，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A正确；
由选项A知，平面，同理平面，而，平面，
则有平面平面，又平面，因此，平面，B不正确；
如图，连接，显然是正三角形，当点P与点B重合时，，
点P在运动过程中，不是总有成立， C不正确；
如图连接，在正方体中，，而平面，平面，
则，又，平面，有平面，平面，于是得，
同理，因，平面，则平面，
平面，所以平面平面，D正确.
故选：AD
三、填空题
29．（2024高一下·全国·专题练习）已知如图边长为的正方形外有一点且平面，，二面角的大小的正切值 ．
【答案】
【分析】由线面垂直的判定和性质，结合二面角平面角定义可知所求角为，根据长度关系可求得结果.
【详解】设，连接，
平面，平面，，，
四边形为正方形，，
，平面，平面，
又平面，，是二面角的平面角，
由，得：.
故答案为：.
30．（2024高二上·上海徐汇·期末）已知正方体中，，点P在平面内，，求点P到距离的最小值为 .
【答案】
【分析】分别取、的中点、，连接、、、，证明出平面，对于平面内任意一点，过点作分别交、、于点、、，分析可知点到直线的距离等于线段的长，当时，最短，此时点到直线的距离取到最小值，利用等面积法求解即可.
【详解】分别取、的中点、，连接、、、，
且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为、分别为、的中点，
则且，
所以，四边形为平行四边形，
故且，
平面，平面，
、平面，则，，
，则，
因为，平面，
，
对于平面内任意一点，
过点作分别交、、于点、、，
，，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
平面，故，所以点到直线的距离为线段的长，
，则是以为直角的直角三角形，
当时，最短，此时点到直线的距离取到最小值.
在正方体中，平面，又平面，
所以，又,
所以，
所以在中由等面积法可得：
，即，
所以到直线的距离取到最小值为，
故答案为：.
31．（2024高三·全国·专题练习）已知直线a，b和平面，且，，则与的位置关系是 ．
【答案】或
【分析】考虑和两种情况，根据直线和平面的位置关系得到答案.
【详解】因为，，
当时，满足条件；
当时，.
综上所述：或.
故答案为：或
32．（2024高三·全国·专题练习）正方体中与垂直的平面有 （填序号）．
①平面；②平面；③平面；④平面．
【答案】④
【分析】求出与平面、平面、平面所成的角可判断①②③；利用线面垂直的判定定理可判断④.
【详解】因为平面，平面，所以，所以即为
与平面成的角，又，所以与平面成的角为，
故①错误；
因为是等边三角形，得到直线与直线的夹角为，
由于，从而直线与直线的夹角为，
因此直线不与平面垂直，于是排除②；
因为平面，平面，所以，
所以即为与平面成的角，又，
所以与平面成的角为，故③错误；
根据平面，平面，得到，
由于，且，平面，因此平面，故④正确．
故答案为：④.

33．（2024高三下·河北衡水·阶段练习）如图，在棱长均为的正四面体ABCD中，M为AC中点，E为AB中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是 ．
【答案】
【分析】由题意，平面CDE⊥平面ABC，找出DM在平面CDE上的射影，再把平面DMA沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合，则AP+PQ的最小值为A到DG的距离，然后求解三角形得答案．
【详解】由题意，平面CDE⊥平面ABC，
又平面CDE∩平面ABC＝CE，在平面内过M作MG⊥CE，则平面
则MG⊥平面CDE，连接DG，则DG为DM在平面CDE上的射影，
要使AP+PQ最小，则PQ⊥DG，沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合，
则AP+PQ的最小值为A到DG的距离．
，，则，
∴，
，
∴
．
又，∴．
故答案为：．
34．（2024高二上·山东枣庄·期中）如图，在菱形中，，，是的中点，将沿直线翻折至的位置，使得面面，则点到直线的距离为 .
【答案】
【分析】利用菱形的性质可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，，进一步得到，并计算，最后利用勾股定理可得结果.
【详解】解：在菱形中，，，
所以是边长为2的等边三角形，
又因为为的中点，
所以，又面面，面面，
平面，所以平面，
作交于点，由，，平面
所以平面，所以
，所以
故答案为：
35．（2024高三·全国·专题练习）在三棱锥中，点P在平面ABC中的射影为点O.
（1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的 心．
（2）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的 心．
【答案】 外 垂
【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，则Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC，从而可得答案.
（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G，则利用线面垂直的判定和性质可证得CG，BD，AH分别为△ABC边AB，AC，BC上的高，从而可得答案.
【详解】（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，PO公共边，
所以Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC，
所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．

（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.
∵PC⊥PA，PB⊥PC，，平面，
∴PC⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，
∵平面，平面，∴，
∵，平面，
∴AB⊥平面PGC，
又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，
即O为△ABC的垂心．
故答案为：外;垂
四、解答题
36．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知，证明：.

【答案】证明见解析
【分析】构造辅助线，利用面面垂直的定义可得面面垂直.
【详解】
如图，设，，在平面内过作，
设为直线异于的一点，为直线异于的一点
因为，，故，
由，故为二面角的平面角，
由可得，故.
37．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知.证明：.

【答案】证明见解析
【分析】利用基底向量可证明线面垂直.
【详解】
设平面内与共线的一个非零向量记为，平面内与共线的一个非零向量记为，
因为，故，为不共线的向量，
对于平面内任意一条，设平面内与共线的一个非零向量记为，
空间中与共线的一个非零向量记为，
由平面向量基本定理可得：存在实数，使得，
因为，则故，
故，故，由线面垂直的定义可得.
38．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥的底面是正方形，面．求证：面面；

【答案】证明见解析
【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理和面面垂直的判定定理可得答案.
【详解】由四棱锥的底面为正方形，所以，
又由平面，且平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
39．（2024高三·全国·专题练习）正方体中，为棱的中点，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】
【分析】利用射影面与原平面的面积比求二面角的余弦值即可.
【详解】设正方体的边长为2，则；
在中，，，，
利用余弦定理，
则；
则.
40．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知，，.证明：.

【答案】证明见解析
【分析】根据面面垂直的定义，构造线面垂直的条件，即可证明.
【详解】过直线与直线的交点，在面内作交线的垂线，即，，
因为，，，所以，

又，直线，相交且都在面内，
所以
41．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，为的中点，，，，，，.证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】利用直角三角形和等腰三角形的性质，结合勾股定理可证，然后由线面垂直的判定定理可证.
【详解】证明：，
∴为等腰直角三角形，
又M为AC的中点，AC＝2，
∴，且，
又，
，
综上有：，又，即，
，
又，平面，
平面.
42．（2024高三·全国·专题练习）已知正方体.求证：⊥平面A1D C.

【答案】证明见解析
【分析】利于线面垂直的判定定理和性质即可.
【详解】正方体．
，平面，
平面，
，
又，
且平面,平面
平面．
43．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知.证明：∥.

【答案】证明见解析
【分析】利用反证法，结合线面垂直的性质分析证明.
【详解】假设结论不成立，则直线相交或异面，
过直线与平面的交点作直线的平行线，
设直线所确定的平面为，夹角为，画出平面的交线，

可知，且，则，
可以推出平角为，
这与已有事实矛盾，故假设不成立，所以∥.
44．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，.求证：平面平面；

【答案】证明见解析
【分析】证明平面后得，在直角梯形中求出，由勾股定理逆定理证明，可证得平面，最后可得证面面垂直．
【详解】四边形为直角梯形，，，，
又，，平面，平面，
又平面，；
作，垂足为，则是矩形，
，，，，
又，，，
，，，
，平面，平面，
平面，平面平面.
45．（2024高三·全国·专题练习）如图，在几何体中，矩形所在平面与平面互相垂直，且，，．求证：平面；
【答案】证明见解析
【分析】由面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理可得，由勾股定理逆定理可得，再由线面垂直的判定定理可得答案.
【详解】在矩形中，，
又平面平面，平面平面=，
平面，所以平面，
又平面，所以，
在矩形中，，
又，所以，
所以，
又，平面，
所以平面.
46．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，已知，.证明：平面；
【答案】证明见解析
【分析】由余弦定理求得，由勾股定理逆定理得，然后可由线面垂直的判定定理得证线面垂直．
【详解】在中，，
所以.
所以，故，则.
又，即.
平面，
所以平面.
47．（2024高三上·陕西汉中·阶段练习）如图，在四棱柱中，底面，底面满足，且，.

(1)求证：平面；
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用勾股定理逆定理可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）根据题目中各边的长度由勾股定理可得，再由直棱柱性质可得为四棱锥的高，根据锥体体积公式求出结果即可.
【详解】（1）由底面，平面，
所以，
又因为，.
满足，可得，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）中，且，，可得，
因此，即，
又平面，，
可得平面，平面，
即，
又，平面，
所以平面，即为四棱锥的高，
即四棱锥的体积..
48．（2024·江苏南京·二模）如图，四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB．
（1）求证：CD⊥AP；
（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB；
【答案】（1）见解析;（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）由平面，得到，由，进而证得平面，即可证明；
（2）首先证得平面，平面，得到，利用直线与平面平行的判定定理，即可证得结论．
试题解析：
（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，
所以AD⊥AP．又因为AP⊥AB ，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD． 因为CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥AP．
（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD． ①
因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AB⊥AD．
又因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD． ②
由①②得CD∥AB，
因为CD平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB．
49．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱锥中，两两垂直，，且分别为线段的中点.求证：平面平面.

【答案】证明见解析
【分析】由线面垂直的判定可得平面，再由线面垂直、等腰三角形的性质有、，最后利用线面垂直、面面垂直的判定证结论即可.
【详解】由两两垂直，即且，面，
所以平面，又平面，所以，
由，且分别为线段的中点，所以，
又，面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
50．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，是以BC为斜边的等腰直角三角形，，点D，E分别为棱BC，上的点，且 ，二面角的大小为，求实数的值．

【答案】
【分析】
在平面ABC内，过点作AD的垂线，垂足为，则，设，利用图形中的直角三角形，求出，可得实数的值．
【详解】
在平面ABC内，过点作AD的垂线，垂足为，连接，

直三棱柱中，平面，平面，，
又，，平面，平面，
平面，，
则为二面角的平面角，即．
设，则在直角三角形中，，所以，
在直角三角形CHA中，，，所以，
又为锐角，所以且，所以点在线段AD的延长线上．
，
，所以．
51．（2024高二上·上海静安·期中）如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°
(1)证明：C1C⊥BD；
(2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)＝1，证明见解析
【分析】(1)连结AC和BD交于O，根据题意可得C1O⊥BD，利用线面垂直的判定定理可得BD⊥平面AA1C1C，结合线面垂直的性质即可得出结果；
(2) 当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD．利用线面垂直的判定定理证明即可.
【详解】（1）连结AC和BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC＝CD．
又∵∠BCC1＝∠DCC1，C1C＝C1C，∴△C1BC≌△C1DC，
∴C1B＝C1D，∵DO＝OB，∴C1O⊥BD．
又，平面AA1C1C，
∴BD⊥平面AA1C1C，平面AA1C1C，
∴C1C⊥BD．
（2）当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD．
证明：由（1）知，BD⊥平面AA1C1C，
∵A1C平面AA1C1C，∴BD⊥A1C，
当＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同理可得BC1⊥A1C，又BD∩BC1＝B，
∴A1C⊥平面C1BD．
52．（2024·河北邯郸·二模）如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2．
（1）求证：C1E平面ADF；
（2）设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF．
【答案】（1）证明见解析；（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．
【分析】（1）连接CE交AD于O，连接OF．因为CE，AD为△ABC中线，所以O为△ABC的重心，，由此能够证明OFC1E，进而可得C1E平面ADF；．
（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，先证出AD⊥平面B1BCC1．再证明当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．
【详解】（1）证明：连接CE交AD于O，连接OF．
因为CE，AD为ABC的中线，
则O为ABC的重心，
故，
故OFC1E，
因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，
所以C1E平面ADF；
（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．
证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，
故AD⊥BC．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC．
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM⊂平面B1BCC1，
故AD⊥CM．
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故RtCBM≌RtFCD．
易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，
故CM⊥平面ADF．
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF．
【点睛】本小题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．
53．（2024·全国·模拟预测）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.
【点睛】关键点睛：本题考查空间中的线线垂直，线面垂直关系的证明，关键在于准确地应用判定定理，满足判定定理所需的条件得以证明．
54．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，．试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；

【答案】答案见解析
【分析】根据线线垂直证明线面垂直，即平面，进而可得平面平面，根据面面垂直的性质即可求解.
【详解】取棱BC的中点D，连接，AD．在等腰直角△ABC中，，
又平面，平面，所以，
平面，故平面．
又平面，故平面平面，这两个平面的交线为．
在中，作，平面,
则有平面；

55．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在长方体中，为棱的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)画出平面与平面的交线，并说明理由；
(3)求过三点的平面将四棱柱分成的上、下两部分的体积之比．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）通过证明面，证平面平面；
（2）延长与的延长线相交于，连接，则即为平面与平面 的交线，易证结论；
（3）求得两部分的体积，可求过三点的平面将四棱柱分成的上、下两部分的体积之比.
【详解】（1）在长方体中， ，
与都是等腰直角三角形，
，，
平面平面，，
又面，面，
又平面平面平面；
（2）延长与的延长线相交于，连接，
则即为平面与平面的交线，理由如下：
平面，平面，
平面与平面的交线为；
（3）令与的交点为，
则三棱台的体积为，
为棱的中点，为的中点，
是的中点，是的中点，
，
，，
三棱台的体积为，
过 三点的平面将四棱柱分成的上部分的体积为.
过三点的平面将四棱柱分成的上、下两部分的体积之比为.

56．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四面体ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°.M，N，Q分别为棱AD，BD，AC的中点．
（1）求证：CD∥平面MNQ；
（2）求证：平面MNQ⊥平面CAD.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由M，Q分别为棱AD，AC的中点，可得MQ∥CD，利用线面平行的判定定理，即得解；
（2）由平面BAD⊥平面CAD，以及MN⊥AD利用面面垂直的性质定理可证明MN⊥平面ACD，结合MN⊂平面MNQ，即得证
【详解】证明：（1）在△ACD中，因为M，Q分别为棱AD，AC的中点，
所以MQ∥CD，
又CD⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，
所以CD∥平面MNQ.
（2）因为M，N分别为棱AD，BD的中点，
所以MN∥AB，又∠BAD＝90°，所以MN⊥AD.
因为平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN⊂平面ABD，
所以MN⊥平面ACD，又MN⊂平面MNQ，
所以平面MNQ⊥平面CAD.
57．（2024·河南·模拟预测）如图，已知三棱柱中，，，，是的中点，是线段上一点.

(1)求证：；
(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，求棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，，利用可证，从而可证平面，进而可证，从而可证平面，利用线面垂直的性质即可证明；
（2）由（1）可得平面，从而有，进而可知当时，最小，此时面积最小. 过做于，从而可得平面，再根据锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接，
，为中点，.
又，，，且.
，
，，
又，，平面，
平面，又平面，.
由已知，，，
又，平面，平面.
而，平面，.
（2）由（1）可知，.
又，平面，平面，
又，平面，.
所以，又在棱上移动，
当时，最小，此时面积最小.
在中，，，则，，.
在中，过做于，则，
，平面，于是可得.
.

58．（2024高三·全国·专题练习）图1是由直角梯形和以为直径的半圆组成的平面图形，，，．E是半圆上的一个动点，当周长最大时，将半圆沿着折起，使平面平面，此时的点E到达点P的位置，如图2．求证：；
【答案】证明见解析
【分析】根据平面与平面垂直的性质定理，证明，进而可证..
【详解】如下图，过点D作交于点，连结，
因为，，．
所以，，，由,
所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面，又平面，
所以.
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊂α,n⊂α,m∩n＝P,l⊥m,l⊥n))⇒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
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α,a⊥β))⇒α⊥β
性质定理
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))⇒l⊥α
（一）
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．
题型1：线面垂直关系的判断
1-1．（2024·广西南宁·三模）已知l，m，n是三条不同的直线，，是不同的平面，则下列条件中能推出的是（ ）
A．，，且
B．，，，且，
C．，，，且
D．，，且
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合线面垂直、面面垂直判定逐项判断作答.
【详解】对于A，，，且，，可以平行、相交不垂直、垂直，A不正确；
对于B，，，，且，，当不相交时，l不一定与垂直，则不一定与垂直，B不正确；
对于C，，，，且，显然直线与无关系，，可以平行、相交不垂直、垂直，C不正确；
对于D，由，，得，又，根据面面垂直的判定知，D正确．
故选：D
1-2．（2024·重庆·模拟预测）已知l，m，n表示不同的直线，，，表示不同的平面，则下列四个命题正确的是（ ）
A．若，且，则B．若，，，则
C．若，且，则D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据线、面位置关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若，且，则l，m可能平行、相交或异面，并不一定垂直，故A错误；
对于选项B：若，，，则m，n可能平行、相交或异面，并不一定平行，故B错误；
对于选项C：若，且，根据线面垂直可得：，故C正确；
对于选项D：若，，但不能得到，
所以虽然，不能得到，故D错误；
故选：C.
1-3．（2024·甘肃天水·一模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，
对于B，若，，则或者或者相交，故B错误，
对于C，若，，，则或者或者相交，故C错误，
对于D，若，，则，又，所以，故D正确，
故选：D.
题型2：证线线垂直
2-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点，证明：.
【答案】证明见解析
【分析】
先利用面面垂直的判定定理与性质定理推得平面，再利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得解.
【详解】因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
2-2．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，，．证明：
【答案】证明见解析
【分析】取的中点，利用等腰三角形结合线面垂直判定定理先证明平面，然后由线面垂直性质可得.
【详解】取的中点，连接，，
，，，，
又，平面，
平面，
又因为平面，
.
2-3．（2024高三·全国·专题练习）已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.求证：；

【答案】证明见解析
【分析】先证平面，由线面垂直的性质可得，然后结合可证平面，然后可证.
【详解】证明：连接

，，是的中点，
，
，
，是的中点，
，，
，，
平面，
平面，
平面，，
在三棱柱中，，
，，
，平面
平面，
平面，
．
2-4．（2024高三·全国·专题练习）在梯形中，，，，，如图1.沿对角线将折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2.证明：.
【答案】证明见解析
【分析】由题意，结合图1，连接交于点，可证明，根据折起后，，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明.
【详解】因为，，所以，
所以，所以，则，
又，所以为等边三角形，所以，又为的中点，
连接交于点，则，，
所以，所以，即，
则折起后，如图，，，又，平面，
所以平面，平面，所以.
题型3：证线面垂直
3-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面，是的中点，且.证明：平面；

【答案】证明见解析
【分析】由等边三角形得，由面面垂直的性质定理得平面，从而得，再由线面垂直的判定定理得证线面垂直．
【详解】连接，
由题意可知：为等边三角形，且是的中点，
所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
且平面，可得，
，平面，
所以平面.

3-2．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．证明：平面；

【答案】证明见解析
【分析】过点作，先证明，再证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【详解】过点作于点，

因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面．
3-3．（2024高三·全国·专题练习）如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得A至处，且．证明：平面；
【答案】证明见解析
【分析】先证明，继而证明平面，可得，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【详解】由题意四边形为正方形，，，
得，则，故，
因为，则，
又，面，所以平面，
又面，则，
又，，平面，平面，
所以平面．
3-4．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，平面ABD，E为AB的中点，，.证明：平面CED；
【答案】证明见解析
【分析】按线垂直于面的判断定理，需证，.
【详解】因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以是的中线，
所以，且，平面，
所以平面.
（二）
(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．
(2)面面垂直性质的应用
①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
题型4：面面垂直关系的判断
4-1．（2024·陕西咸阳·二模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，有以下四个命题：
①若∥，，则∥， ②若，，则，
③若，，则∥， ④若，，，则
其中正确的命题是（ ）
A．②③B．②④C．①③D．①②
【答案】A
【分析】对于①，由线面平行的判定定理分析判断，对于②，由面面垂直的判定定理分析判断，对于③，由线面垂直的性质分析判断，对于④，举例判断
【详解】对于①，当∥，时，∥或，所以①错误，
对于②，当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以②正确，
对于③，当，时，有∥，所以③正确，
对于④，当，，时，如图所示，∥，所以④错误，
故选：A
4-2．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图所示的菱形中，对角线交于点，将沿折到位置，使平面平面.以下命题:

①；
②平面平面；
③平面平面；
④三棱锥体积为.
其中正确命题序号为（ ）
A．①②③B．②③C．③④D．①②④
【答案】D
【分析】通过证面可判断①②；求两平面所成的二面角可判断③；得到三棱锥的高后可判断④.
【详解】如图：

因为四边形是菱形，，
所以，为的中点，
所以，，，面，
所以面，又面，所以，即①正确；
由①知面，又面，所以平面平面，即②正确；
如图：

取的中点为，连接，，依题意，，
所，，所以是二面角的平面角，
又因为平面平面，平面平面，
所以面，和是边长为2的正三角形，
所以，且有，
所以在中，，
又和是两全等的等腰三角形，，
的中点为，所以，
由已知可得是边长为2的正三角形，得，
则在中，容易算得，，，
所以，所以二面角不是直二面角，故③错误；
由已知可得是边长为2的正三角形，又由上得面，
所以三棱锥的高即为，，是边长为2的正三角形，
所以三棱锥的体积为，故④正确.
故选：D.
4-3．（2024·河南·模拟预测）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】
根据线面位置关系及面面位置关系逐项判断即可.
【详解】
对于A，可能会出现，或与相交但不垂直的情况，所以A不正确；
对于B，可能平行、可能异面，所以B不正确；
对于C，若，仍然满足且，所以C不正确；
对于D，，则，再由，可得,可知D正确.
故选：D.
题型5：证面面垂直
5-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段上一点.求证：平面⊥平面ABF
【答案】证明见解析
【分析】根据线线垂直可证线面垂直，进而可得面面垂直.
【详解】因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
5-2．（2024高三·全国·专题练习）如图，为圆锥的顶点，A，为底面圆上两点，，为中点，点在线段上，且.证明：平面平面；
【答案】证明见解析
【分析】证明面面垂直，先证线面垂直，利用勾股定理证明，再由底面，底面，得出，即可得证.
【详解】设圆O的半径为r，
在中，，，，
故，又，故，
在中，由余弦定理得，
所以，即；
圆锥中，底面，底面，故，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面.
5-3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.证明：平面平面；
【答案】证明见解析
【分析】
根据三角形边角关系可得，进而结合勾股定理可得，即可求证线面垂直，进而可证面面垂直.
【详解】如图，连接，交于，连接.
因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.
又，且，所以，
所以.又，所以，所以.
因为平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
5-4．（2024高三·全国·专题练习）在如图所示的空间几何体中，与均是等边三角形，直线平面，直线平面，.求证：平面平面；
【答案】证明见解析
【分析】根据线面垂直得线线垂直，进而结合等边三角形的性质可得二面角的平面角为，由平面四边形可得，即可求证.
【详解】
如图1，设平面与直线的交点为，连接，.
因为直线平面，直线平面，平面，平面，
所以，.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，
所以，.
又因为与均是等边三角形，
所以为中点，且二面角的平面角为.
在平面四边形中，
因为，
所以，
所以平面平面.
5-5．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.证明：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】由题意可知平面平面，过点作，如图，根据面面垂直的性质可得平面，进而，由线面平行的性质可得四边形为平行四边形，利用正弦定理可得，结合面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】由题知，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，
又平面平面，所以平面.
因为平面，所以，则共面.
因为平面，平面，平面平面，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，因为，所以，
所以，即.
因为平面，平面，所以，
又因为,平面，所以平面.
由，得平面.
又平面，所以平面平面.
（三）
垂直关系的综合应用
(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)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．
题型6：垂直关系的综合应用
6-1．（2024·安徽淮北·一模）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．
(1)求证：面面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点Q，.
【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；
（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
所以，则，即，
又，，面PAB，
所以面PAB，又面ABCD，
所以面面ABCD；
（2）假设存在点Q，使得平面平面PAD；
如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，，
设是平面PAD的法向量，则，取，
设，其中．
则
连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，
取与同向的单位向量，
设是平面BEQF的法向量，
则，取．
由平面平面PAD，知，有，解得．
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．
6-2．（2024·江西赣州·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.
6-3．（2024·天津·二模）如图，在三棱锥A﹣BCD中，顶点A在底面BCD上的射影O在棱BD上，AB＝AD＝，BC＝BD＝2，∠CBD＝90°，E为CD的中点．
（1）求证：AD⊥平面ABC；
（2）求二面角B﹣AE﹣C的余弦值；
（3）已知P是平面ABD内一点，点Q为AE中点，且PQ⊥平面ABE，求线段PQ的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）只需证明BC⊥AD及AD⊥AB，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量公式求解；
（3）设出点P的坐标，依题意，进而求解．
【详解】（1）因为顶点A在底面BCD上的投影O在棱BD上，
所以AO⊥平面BCD，
因为AO⊂平面ABD，
所以平面ABD⊥平面BCD，
因为∠CBD＝90°，
所以BC⊥BD，
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，
所以BC⊥平面ABD，
又AD⊂平面ABD，
所以BC⊥AD，
由AB＝AD＝，BD＝2，得，
所以AD⊥AB，
因为AB∩BC＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC．
（2）连接OE，因为O为BD的中点，E为CD的中点，OE∥BC，所以OE⊥BD，
如图，以O为坐标原点，分别以OE，OD，OA为x轴，y轴，z轴为正方向，建立空间直角坐标系，
则O（0，0，0），A（0，0，1），B（0，﹣1，0），C（2，﹣1，0），D（0，1，0），E
（1，0，0），
，，，
设平面ABE的一个法向量＝（x，y，z），
取x＝1，得＝（1，﹣1，1），
设平面ACE的一个法向量＝（a，b，c），
取c＝1，则，
设二面角B﹣AE﹣C的平面角为θ，由图知二面角为锐角，
则csθ＝＝．
所以二面角B﹣AE﹣C的余弦值为．
（3）设P（0，y，z），Q（，0，），
因为PQ⊥平面ABE，∴．
∴，＝λ（1，﹣1，1）．
∴ y＝，z＝0，∴ P（0，，0）
∴ PQ＝
6-4．（2024·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面三角形是等边三角形）中，，、、分别是，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点Q，它就是点；
【分析】（1）由、、分别是，，的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出，，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论．
（2）假设在线段上存在一点使平面．四边形是正方形，因此点为点．不妨取．判断是否成立即可得出结论．
【详解】（1）（1）证明：、、分别是，，的中点．
，四边形为平行四边形，可得，
因为平面；平面；
平面；
同理可得平面；
又，平面，
平面平面．
（2）假设在线段上存在一点使平面．
四边形是正方形，因此点为点．
不妨取，如图建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
，．
所以，，又，平面，所以平面，
在线段上存在一点，使平面，其中点为点．