2024年高考数学第一轮复习8.4 空间直线、平面的垂直(解析版)

这是一份2024年高考数学第一轮复习8.4 空间直线、平面的垂直(解析版)，共40页。试卷主要包含了直线与平面垂直，直线和平面所成的角，二面角，两个平面垂直等内容，欢迎下载使用。

8.4 空间直线、平面的垂直
思维导图


知识点总结
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线a与平面α内的任意一条直线都垂直，那么就称直线a与平面α垂直.
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理

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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

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
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作这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：.
3.二面角
(1)定义：一条直线和由这条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角.
(2)二面角的平面角：一般地，以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角.

(3)二面角的范围：[0，π].
4.两个平面垂直
(1)两个平面垂直的定义
一般地，如果两个平面所成的二面角是直二面角，那么就说这两个平面互相垂直.
(2)两个平面垂直的判定定理与性质定理

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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

⇒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

⇒l⊥α
[常用结论]
1.三个重要结论
(1)若两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.
2.三种垂直关系的转化
线线垂直线面垂直面面垂直

典型例题分析
考向一 　直线与平面垂直的判定与性质
1 (2023·镇江八校联考)如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足.

(1)求证：PA⊥平面ABC；
(2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形.
证明　(1)如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F.

因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，
所以DF⊥平面PAC.
因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA.
过点D作DG⊥AB于点G，
同理可证DG⊥PA.
因为DG，DF都在平面ABC内，且DG∩DF＝D，
所以PA⊥平面ABC.
(2)如图，连接BE并延长交PC于点H.
因为点E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.
又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以PC⊥AE.
因为AE∩BH＝E，AE，BH⊂平面ABE，
所以PC⊥平面ABE.
又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，
所以PA⊥AB.
因为PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC.
又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，
即△ABC是直角三角形.
感悟提升　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.


考向二 平面与平面垂直的判定与性质
2 如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.

(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P－ABCD的体积.
(1)证明　∵PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，∴AM⊥平面PBD.
又AM⊂平面PAM，
∴平面PAM⊥平面PBD.
(2)解　∵M为BC的中点，∴BM＝AD.
由题意可知AB＝DC＝1，
∵AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，
∴AM⊥BD，
由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋∠ADB＝90°，
得∠BAM＝∠ADB，易得△BAM∽△ADB，
所以＝，即＝，解得AD＝，
所以S矩形ABCD＝AD·DC＝×1＝，
则四棱锥P－ABCD的体积
VP－ABCD＝S矩形ABCD·PD＝××1＝.
感悟提升　1.面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
面面垂直的定义；
面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).
(2)一个转化：
在已知两个平面垂直时，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.
2.面面垂直性质定理的应用
(1)两平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)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线垂直于第三个平面.
3. (2022·全国甲卷)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ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.

(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
(1)证明　如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN.

∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8 cm，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，
平面FBC∩平面ABCD＝BC，
EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，
∴四边形EMNF为平行四边形，
∴EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
(2)解　如图，分别取AD，DC的中点P，Q，
连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD，
FN⊥平面ABCD，同理可证得，
GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，
易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，
EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，
所以PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝BD＝4，
所以四边形PMNQ是边长为4 cm的正方形，
所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱，
所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝(4)2×4＝128（cm3）.
因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以EM⊥AC.
又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，
所以AC⊥平面PMEH，
则点A到平面PMEH的距离d＝AC＝2，
所以V四棱锥A－PMEH＝S四边形PMEH·d＝×4×4×2＝（cm3），
所以该包装盒的容积
V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝128＋4×＝(cm3).


考向三 平行、垂直关系的综合应用
4. 如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形.侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点.

(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明　如图，取SC的中点G，连接FG，EG，

∵F，G分别是SB，SC的中点，
∴FG∥BC，FG＝BC，
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，AE＝BC，
∴FG∥AE，FG＝AE，
∴四边形AFGE是平行四边形，
∴AF∥EG，又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，
∴AF∥平面SEC.
(2)证明　∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，
∴SE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，
又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，
∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB，
又FG∩SB＝F，FG⊂平面CSB，
SB⊂平面CSB，
∴AF⊥平面CSB，又AF⊂平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解　存在点M满足题意.
假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝，SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴SB＝＝，
∴cos∠SBD＝＝，
又在Rt△BMO中，cos∠SBD＝＝，
∴BM＝，∴＝.
即在棱SB上存在一点M，使得BD⊥平面MAC，
此时＝.
感悟提升　1.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行，垂直性质及判定的综合应用.
2.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.
3.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.
5.(多选)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，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，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列结论正确的是(　　)

A.平面ANS⊥平面PBC B.平面ANS⊥平面PAB
C.平面PAB⊥平面PBC D.平面ABC⊥平面PAC
答案　ACD
解析　∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，
又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又AN⊂平面PAB，∴BC⊥AN，
又AN⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，
∴AN⊥平面PBC，
∵AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，
∴ACD正确.
6.(2023·长沙调研)如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角△ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是(　　)

A.CD⊥AB B.BC⊥AD
C.BD⊥AB D.BC⊥CD
答案　B
解析　对于A，D，当平面ADC⊥平面ABC时，
因为CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，
所以CD⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以CD⊥AB，CD⊥BC，故A，D可能成立；
对于C，假设DC＝a，则AD＝2a，
AC＝＝a，BC＝AB＝a，
连接BD，在△BCD中，由余弦定理得
BD＝
＝＝a＞a，则在旋转过程中，存在某一时刻满足BD＝a，此时BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB.故C可能成立；
利用排除法可知选项中不成立的结论为B项，故选B.
7.(多选)(2023·青岛质检)四棱台ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则(　　)
A.直线AD与直线B1D1所成角为45°
B.直线AA1与直线CC1异面
C.平面ABB1A1⊥平面ADD1A1
D.CA1⊥AD
答案　AC
解析　对于A，如图，连接BD，则BD∥B1D1，

则直线AD与直线BD所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，
在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，故直线AD与直线B1D1所成角为45°，故A正确；
对于B，由于棱台的侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；
对于C，由AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，且AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面ADD1A1，
故AB⊥平面ADD1A1，而AB⊂平面ABB1A1，
故平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正确；
对于D，如图，连接AC，由题意知AC⊥BD，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AA1，且AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C，
所以BD⊥平面AA1C，CA1⊂平面AA1C，
故BD⊥CA1，若CA1⊥AD，
而AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABCD，
所以CA1⊥平面ABCD，显然不成立，
故AD不可能垂直于CA1，故D错误.

基础题型训练
一、单选题
1．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的为（    ）
A．若，，，则
B．若，，且，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】D
【分析】根据线面垂直与面面垂直的性质和判断定理逐项分析即可求出结果.
【详解】对于A：若，，, 与可能平行，也可能异面故，故A错误.
对于B：若，，且，，当时，平面 与可能平行，也可能相交，故B错误.
对于C：若，，直线与平面可能平行，可能相交，也可能，故C错误.
对于D：若，，，则，故D正确.
故选：D.
2．下列命题
①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直
④如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行
⑤圆锥的顶点与底面上任意一点的连线是圆锥的母线；
其中正确命题的是(　　)
A．①②③ B．①②⑤ C．①③ D．②③⑤
【答案】C
【分析】逐一判断每一个命题的真假得解.
【详解】①两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内,是真命题；
②有三个角是直角的四边形是矩形，是假命题，因为空间四边形中也有三个角是直角的，但是空间四边形不是矩形；
③如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直，可以证明是真命题；
④如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行，是假命题，因为这两条直线还有可能相交或异面；
⑤圆锥的顶点与底面上任意一点的连线是圆锥的母线，是假命题，因为圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线.
故选：C．
3．已知a，b是两条直线，是一个平面，则下列判断正确的是（    ）
A．，，则 B．，，则
C．，，则 D．，，，则
【答案】D
【分析】由空间中的线面关系逐项判断可得答案.
【详解】对于A，由，，则，故A错误；
对于B，，，则或者异面，故B错误；
对于C，，，则与位置关系不确定，故C错误；
对于D，满足线面平行的判定定理；故D正确．
故选：D．
4．已知底面是正方形的直四棱柱的外接球的表面积为，且，则与底面所成角的正切值为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设四棱柱的高为h，则，解得h=6，则AC1与底面ABCD所成角的正切值为
5．在三棱锥中，平面，，，.三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的半径为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据几何体的垂直关系，找到球心，再求球的半径.
【详解】平面，平面，
，
又，且，
平面，
又平面，
，
所以是两个直角三角形和的斜边，取的中点，
点到四点的距离相等，即点是三棱锥的外接球的球心，，
即球的半径为.
故选：D.

6．三棱锥底面是边长为的正三角形，，，两两成角相等，，，.则三棱锥外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可得为中点，根据垂直关系可得平面，所以两两垂直，经计算可得，设外接球的半径为，则有，求解即可.
【详解】
如图，，，两两成角相等，
且底面是边长为的正三角形，
由对称性可得三棱锥为正三棱锥，
由于正三棱锥中对棱互相垂直，所以，
由，可得为中点，
所以，又则，
所以，所以平面，
所以，所以两两垂直，
设，所以，所以，
设外接球的半径为，有，
解得，所以，
故选：D.
【点睛】本题考查了三棱锥外接求问题，考查了向量关系以及求得体积公式，考查了空间线面垂直关系，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点是：根据垂直关系得到正三棱锥的侧棱两两垂直.

二、多选题
7．已知两个平面垂直，下列命题错误的有（    ）
A．一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线
B．一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面的无数条直线
C．一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面
D．过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
【答案】ACD
【分析】利用平面和平面垂直的性质进行判断.
【详解】一个平面内只有垂直交线的直线和另一平面垂直，才和另一个平面内的任意一条直线垂直，所以A, C错误；
过一个平面内任意一点作交线的垂线， 该垂线在平面内时，则此垂线必垂直于另一个平面，
若点在交线上时，作交线的垂线，则垂线不一定在平面内，此垂线不一定垂直于另一个平面，所以D错误；
因为另一个平面内有无数条平行直线垂直于该平面，都与该直线垂直，所以B正确.
故选：ACD
8．已知l，m，n为空间中三条不同的直线，，，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（    ）
A．若，，，则
B．若，l，m分别与，所成的角相等，则
C．若，，，若，则
D．若，，，则
【答案】AC
【分析】由垂直的性质及平行公理可判定选项A正确，对于BD，通过反例说明其错误，利用线面平行的性质可判断选项C正确.
【详解】对于A，若，，则，又，则，故选项A正确；
对于B，若，，分别与，所成的角为时，与可以相交、平行或异面，故选项B错误；
对于C，因为，，，所以，，，
因为，所以，
因为，，所以，
因为，所以；故选项C正确；
对于D，若，，，则可以与平行，故选项D错误.
故选：AC.

三、填空题
9．已知点，，，在同一个球的球表面上，平面，，，，则该球的表面积为________．
【答案】8π
【分析】通过补形的方法求得球的半径，由此求得球的表面积.
【详解】由于平面，所以，而，
所以是长方体一个顶点引出的三条棱，
设球的半径为，则，所以，
所以球的表面积为.
故答案为：
10．把边长为4的正方形ABCD沿对角线BD折成空间四边形ABCD，使得平面平面CBD.则空间四边形ABCD的对角线AC的长为__________.
【答案】
【解析】取的中点，连接，，，则可求出，，再利用平面平面CBD，可知，利用勾股定理即可求出AC的长.
【详解】
如图所示：取的中点，连接，，
在直角三角形中，，为的中点，所以，
且，
同理在直角三角形中，，
所以即为二面角的平面角，
因为平面平面CBD，
所以，所以，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了图形翻折问题，考查了二面角的定义，涉及勾股定理，属于中档题.
11．如图为三棱锥的平面展开图，其中，，垂足为，则该三棱锥的体积为______．

【答案】
【分析】根据几何体平面展开图得到其直观图，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】由三棱锥的平面展开图可得其直观图如下：

其中，，，，
又，平面，所以平面，
所以，
故答案为：
12．在梯形中，，，，将沿对角线AC翻折到，连结MD．当三棱锥的体积最大时，该三棱锥的外接球的表面积为__________．

【答案】
【分析】将沿对角线AC翻折到，当平面平面时，三棱锥的体积最大时，取的中点，可证明为外接球的球心，进而可知半径，求出外接球的表面积即可.
【详解】在梯形，△为等腰直角三角形，，
在△中，,
由余弦定理，即，则，所以△为等腰直角三角形，.

将沿对角线AC翻折到，当平面平面时，三棱锥的体积最大时，
取的中点，的中点，连结，
则，因为平面，所以平面，
因为，所以，又平面，所以平面，
过作，则平面，
因为△的外接圆圆心为，平面，所以三棱锥的外接球球心在直线上，
因为△的外接圆圆心为，平面，所以三棱锥的外接球球心在直线上，
因为，所以外接球球心为，则外接球的半径为，外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查外接球问题，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.

四、解答题
13．已知正方体ABCD-的棱长为2.

(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将问题转化为求即可；
（2）根据线面垂直证明线线垂直.
【详解】（1）在正方体ABCD-中，易知⊥平面ABD，
∴.
（2）证明：在正方体中，易知，
∵⊥平面ABD，平面ABD，∴.
又∵，、平面，∴BD⊥平面.
又平面，∴.
14．在三棱锥中，平面ABC，平面平面PBC.求证：.
【答案】证明见解析
【分析】利用面面垂直的性质定理可证出平面PBC，从而证出，再结合，即可证出平面PAB，进而证出.
【详解】证明：如图所示，在平面AB内作于点D.

∵平面平面PBC，且平面平面，
∴平面PBC.
又平面PBC，∴.
∵平面ABC，平面ABC，
∴.
∵，∴平面PAB.
又平面PMB，∴.
【点睛】本题考查了平面与平面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了学生的推理能力，属于基础题.
15．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，分别为，的中点．

（1）证明：平面；
（2）证明：平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，由此得到，由线面平行判定定理可证得结论；
（2）利用菱形特点和线面垂直的性质可证得，，由线面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）取中点，连接，

分别为中点，，
四边形为菱形，为中点，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）连接，

四边形为菱形，，为等边三角形，
又为中点，，
平面，平面，，
又平面，，平面.
16．如图所示，四棱锥，底面为四边形，，，，平面平面，，，

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若四边形中，，，为上一点，且，求三棱锥体积.
【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）根据题意，设，连接，易证；再在三角形PAC中应用余弦定理证明，进而可证平面．
（Ⅱ）根据，可知点到平面的距离是点到平面的距离的，因而可先求得；的体积可利用等体积法求得．
【详解】（Ⅰ）设，连接，,，为中点
又，，平面平面，平面平面
平面，平面  
在中，由余弦定理得
，而
平面
（Ⅱ）因为，可知点到平面的距离是点到平面的距离的，
，在四边形中，
则,,则，

【点睛】本题考查了立体几何线面垂直的证明，等体积法在立体几何中的简单应用，属于基础题．





提升题型训练

一、单选题
1．若直线平面，直线平面，则直线a与直线b的位置关系为（    ）
A．异面 B．相交 C．平行 D．平行或异面
【答案】C
【解析】利用线面垂直的性质定理进行判断.
【详解】由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线平面，直线平面时，直线与直线平行.
故选：C.
2．设、、表示不同的直线，、、表示不同的平面，给出下列四个命题：
①若，且，则；
②若，，，则；
③若，且，则；
④若，，，则．
则正确的命题个数为　　

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】根据空间线面平行，垂直的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
【详解】解：①根据“垂直于同一平面的两条直线互相平行”知，若，且，则正确；故①正确，
②若，，，则错误，当时，也满足前面条件；故②错误，
③若，且，则不一定正确，有可能相交，也有可能异面；故③错误，
④若，，，则不一定成立，有可能平行．故④错误，
故正确的个数为1，
故选：D．
3．下列结论正确的是（    ）
A．如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合
B．若一条直线与一个平面内的两条直线都垂直，则该直线与此平面垂直
C．过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线
D．若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行
【答案】C
【分析】选项A 两个平面有三个公共点可能相交；选项B 没有相交的这个条件；选项C 根据异面直线的定义可判断；选项D 满足条件的两直线可能平行，也可能相交或异面，从而可判断.
【详解】对于A，若两个平面相交时，交线上的点都是公共点，但这两个平面不重合，A错误；
对于B，一条直线与一平面的两条相交的直线垂直，该直线才与该平面垂直，B错误；
对于C，过平面外一点与平面内一点的直线与平面相交，而平面内不过交点的直线与该直线成异面直线，C正确；
对于D，两条直线和一个平面所成的角相等，则两直线可能平行，也可能相交或异面，D错误．
故选：C
4．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是
A．若与所成的角相等，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】A，B，C选项可以通过画图找反例来排除，D选项可通过线线、线面垂直证明．
【详解】对于A选项，正棱锥的侧棱和底面所成角相等，但侧棱不平行，故A错误；
对于B选项，与两个平行平面分别平行的直线可以平行，可以相交，也可以异面，故B错误；
对于C选项，把两直线分别放入两个相交平面内且都与交线平行，不满足，故C错误．
对于D选项，当时，直线b所在平面与平面平行，或直线b在平面内，又因为，可得出.故D正确.
故选：D.
5．等于90°的二面角内有一点，过有于点，于，如果，则到的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由线面垂直的判定及性质确定到的距离对应线段，进而求长度.
【详解】
由，，，，则，，
且，面，故面，
面，连接，面，故，
所以到的距离为线段的长度，二面角为90°，故，
且，故.
故选：C
6．如图，正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的射影为底面正方形的中心）P-ABCD中，，点E为PB中点，若CE与PD所成的角余弦值为，则四棱锥P-ABCD的体积为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】连接AC，BD，设交点为O，连接PO，OE，则，所以或其补角即为CE与PD所成的角，设，在中，根据求出的值，进而可得四棱锥P-ABCD的高PO，最后由棱锥的体积公式即可求解.
【详解】解：如图，连接AC，BD，设交点为O，连接PO，OE，

则，所以或其补角即为CE与PD所成的角，
设，则，
由题意，平面，所以，又，，
所以平面，
所以，，，即，
所以，解得，
所以，
所以．
故选：A.

二、多选题
7．如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论，其中正确的是（    ）

A． B．与平面的法向量平行
C． D．平面的法向量和平面的法向量互相垂直
【答案】BC
【分析】结合线面位置关系的判定丁定理和性质定理，以及空间向量的运算，逐项判定，即可求解.
【详解】设等腰直角的斜边，则，
以D为原点，DB、DC、DA所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则，可得，
所以，所以与不垂直，所以A不正确；
因为，且，所以平面，
所以与平面的法向量平行，所以B正确；
由，可得，所以，所以C正确；
因为平面和平面不垂直，则平面的法向量与平面的法向量不互相垂直，所以D错误；
故选：BC.

8．已知直线a，b，c两两异面，且，，下列说法正确的是（    ）
A．存在平面α，β，使，，且，
B．存在平面α，β，使，，且，
C．存在平面γ，使，，且
D．存在唯一的平面γ，使，且a，b与γ所成角相等
【答案】ABC
【分析】通过平移直线，根据线面垂直的判定即可判定AC;通过平移直线，根据线面平行的判定即可判断C；根据空间中的对称性即可判断D
【详解】对于A,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，因为，所以，
设直线确定的平面为α，则，，直线和相交，所以，
同理可得：，故A对；
对于B,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，设直线确定的平面为α，
因为//，且，所以，同理可得：，故B对；
对于C,同时平移直线和直线，令平移后的直线相交，设平移后的直线为，因为，，所以，，设直线确定的平面为γ，则，，且，故C对；
对于D，由对称性可知，存在两个平面γ，使，且a，b与γ所成角相等，故D错误；
故选：ABC.

三、填空题
9．已知正方体的棱长为1，则点B到直线的距离为_________．
【答案】
【分析】连接，过B作，则即为所求，由三角形等面积计算求解.
【详解】解：如图，连接，过B作，则即为点B到直线的距离，

在正方体中，平面，，在直角中，，且，所以 ，点B到直线的距离为.
故答案为：.
10．如图，已知三棱锥的各棱长均为2，则平面和平面所成角的余弦值为：________．

【答案】
【分析】取的中点，连接、，依题意可得，，即可得到即为平面和平面所成角，再由余弦定理计算可得；
【详解】解：取的中点，连接、，因为三棱锥的各棱长均为，
所以，且，
所以即为平面和平面所成角，
由余弦定理，
即，解得；

故答案为：
11．已知六棱锥的底面是正六边形，平面，.则下列命题中正确的有_____．(填序号)
①PB⊥AD；
②平面PAB⊥平面PAE；
③BC∥平面PAE；
④直线PD与平面ABC所成的角为45°.

【答案】②④
【分析】利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．
【详解】∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PAAE=A，∴AB⊥平面PAE，
且AB面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故②成立；
∵BC∥AD∥平面PAD，平面PAD平面PAE=PA，∴直线BC∥平面PAE也不成立，即③不成立．
在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．
故答案为②④．
【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质的合理运用，属于中档题．
12．与不共面的四点等距离的平面有___________个.
【答案】7
【分析】按一个点与另外三个点分别在平面两侧，两个点与另外两个点分别在平面两侧两类讨论即得.
【详解】因点A，B，C，D不共面，则点A，B，C，D构成四面体ABCD，
如图，取AB，AC，AD的中点M，E，F，连接ME，MF，EF，

则ME//BC，MF//BD，而平面BCD，平面BCD，平面BCD，于是得平面BCD，平面BCD，
因一个平面过一条线段的中点，则这条线段的两端点到这个平面的距离相等，
而，平面MEF，因此，平面MEF//平面BCD，则点B，C，D到平面MEF的距离等于点A到平面MEF的距离，
同理，过点B或者C或者D的三条棱中点的平面与该点所对面平行，这一点与另外三点到平面距离相等，
因此，符合上述条件的平面有4个，
如图，取AC，AD，BD，BC的中点E，F，G，H连接EF，FG，GH，EH，

于是有，平面EFGH，平面EFGH，平面EFGH，则点C，D到平面EFGH的距离相等，
同理点A，B到平面EFGH的距离相等，并且等于点C，D到平面EFGH的距离，
同理，过除相对棱AD，BC外的另外四条棱中点的平面，可得点A，D，B，C到这个平面的距离相等，
过除相对棱AC，BD外的另外四条棱中点的平面，可得点A，C，B，D到这个平面的距离相等，
因此，符合与相对棱平行的平面有3个，
所以与不共面的四点等距离的平面有7个.
故答案为：7

四、解答题
13．如图所示，三棱锥的顶点为P，PA，PB，PC为三条侧棱，且PA，PB，PC两两互相垂直，又PA＝2，PB＝3，PC＝4，求三棱锥P－ABC的体积V.

【答案】4
【分析】利用棱锥的体积公式即得.
【详解】因为，，且，
所以平面，
所以.
即三棱锥P－ABC的体积为4.
14．如图，在四棱锥中，，平面，，点为线段的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面；再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）根据题意，得到平面，推出点到平面的距离等于点到平面的距离，再根据题中条件，由，即可得出结果.
【详解】（1）由已知，平面，平面，所以；
由，点为线段的中点，所以；
又，平面，平面，
所以平面；
又平面，所以平面平面；
（2）因为，平面，平面，所以平面；
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
由已知平面，，所以平面，
由，，所以，
因此，
即三棱锥的体积为.
【点睛】本题主要考查证明面面垂直，考查求三棱锥的体积，熟记判定定理，以及棱锥的体积公式即可，属于常考题型.
15．如图，在五面体中，四边形是矩形，平面，且，分别为的中点.

求证：（1）平面；
（2）平面.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）连接，边点，且是中点，可证，从而得线面平行；
（2）在等腰梯形中证明，再由线面垂直的性质定理又得一线线垂直，从而可证得线面垂直．
【详解】（1）连接.
∵四边形是矩形，是的中点，
是的中点.
在中，是的中点，.
平面，平面，
平面.

（2）∵点是的中点，.
又，∴四边形是平行四边形，.
又，
.
平面，平面，.
又，平面.
【点睛】本题考查证明线面平行和线面垂直，掌握线面平行与垂直的判定定理是解题基础．解题时注意定理的条件都满足后才能得出结论．
16．如图，在直四棱柱中，四边形是菱形，分别是棱，的中点．

(1)证明：平面平面．
(2)若，，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，先证明平面，再证明即可证得结果；
（2）连接，，作，垂足为，证明平面，进而根据等体积法求解即可.
【详解】（1）证明：连接．因为四边形是菱形，所以．
由直四棱柱的定义可知平面，平面，
所以．
因为平面，平面，且，
所以平面．
由直四棱柱的定义可知，．
因为分别是棱，的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，则．
所以平面．
因为平面，
所以平面平面.

（2）解：连接，，作，垂足为，
因为平面，平面，
所以，
因为平面，平面，，
所以平面．
因为，，所以．
因为的面积，
所以三棱锥的体积．
设点到平面的距离为 ，因为，所以，，所以的面积
．
则三棱锥的体积．
因为，所以，解得．
所以点到平面的距离为