2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第49講、直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（教師版）

第49講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)1：直線與平面垂直的定義

如果一條直線和這個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那稱這條直線和這個(gè)平面相互垂直．

知識(shí)點(diǎn)2：判定定理（文字語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言）

文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言

一條直線

與一個(gè)平面內(nèi)

a,b

的兩條相交直

al

判斷定理l

線都垂直，則bl

abP

該直線與此平

面垂直

兩個(gè)平面

垂直，則在一

_b

a

面⊥面?zhèn)€平面內(nèi)垂直b

_ab

線⊥面?于交線的直線ba

與另一個(gè)平面

垂直

一條直線_a

與兩平行平面

平行與垂中的一個(gè)平面//

a

直的關(guān)系垂直，則該直a

線與另一個(gè)平

面也垂直

兩平行直

_a_b

線中有一條與

平行與垂a//b

平面垂直，則b

直的關(guān)系a

另一條直線與

該平面也垂直

知識(shí)點(diǎn)3：性質(zhì)定理（文字語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言）

文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言

a//

垂直于同一

_a_baa//b

性質(zhì)定理平面的兩條直線

b

平行

文字語(yǔ)

圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言

言

垂直于

_a

垂直與平同一直線的a

//

行的關(guān)系兩個(gè)平面平a

行

如果一

條直線垂直

線垂直于于一個(gè)平面，l,ala

面的性質(zhì)則該直線與

平面內(nèi)所有

直線都垂直

知識(shí)點(diǎn)4：平面與平面垂直的定義

如果兩個(gè)相交平面的交線與第三個(gè)平面垂直，又這兩個(gè)平面與第三個(gè)平面相交所得的兩

條交線互相垂直．（如圖所示，若CD,CD，且AB,BE,ABBE，

則）

一般地，兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說(shuō)這兩個(gè)平面互相垂直．

知識(shí)點(diǎn)5：判定定理（文字語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言）

文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言

判定定理一個(gè)平面過(guò)b

b

另一個(gè)平面的垂_b

線，則這兩個(gè)平

面垂直

知識(shí)點(diǎn)6：性質(zhì)定理（文字語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言）

文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言

性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，

a

則一個(gè)平面內(nèi)垂直b

_b

b

于交線的直線與另

ba

_a

一個(gè)平面垂直

【解題方法總結(jié)】

判定定理判定定理

線線性質(zhì)定理線面性質(zhì)定理面面

（1）證明線線垂直的方法

①等腰三角形底邊上的中線是高；

②勾股定理逆定理；

③菱形對(duì)角線互相垂直；

④直徑所對(duì)的圓周角是直角；

⑤向量的數(shù)量積為零；

⑥線面垂直的性質(zhì)(a,bab)；

⑦平行線垂直直線的傳遞性（ac,a//bbc）．

（2）證明線面垂直的方法

①線面垂直的定義；

②線面垂直的判定（ab,ac,c,b,bcPa）；

③面面垂直的性質(zhì)（,b,ab,aa）；

平行線垂直平面的傳遞性（a,b//ab）；

⑤面面垂直的性質(zhì)（,,ll）．

（3）證明面面垂直的方法

①面面垂直的定義；

②面面垂直的判定定理（a,a）．

空間中的線面平行、垂直的位置關(guān)系結(jié)構(gòu)圖如圖所示，由圖可知，線面垂直在所有關(guān)系

中處于核心位置．

線∥面

判定判定

性質(zhì)判定性質(zhì)

線∥線面∥面

性質(zhì)

判定判定

線⊥線線⊥面面⊥面

性質(zhì)性質(zhì)

必考題型全歸納

題型一：垂直性質(zhì)的簡(jiǎn)單判定

例1．（2024·甘肅蘭州·校考模擬預(yù)測(cè)）設(shè)m,n是兩條不同的直線，,是兩個(gè)不同的平

面，則下列說(shuō)法正確的是（）

A．若mn,n∥，則m

B．若m∥,，則m

C．若mn,n,，則m

D．若m,n,n，則m

【答案】D

【解析】當(dāng)mn，n//時(shí)，可能有m，但也有可能m//或m，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

當(dāng)m//，時(shí)，可能有m，但也有可能m//或m，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

在如圖所示的正方體ABCDA1B1C1D1中，

mn

取為B1C1，為CC1，為平面ABCD，為平面ADD1A1，這時(shí)滿足mn，n，，

但m不成立，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

當(dāng)m，n，n時(shí)，必有//，從而m，故選項(xiàng)D正確；

故選：D.

例2．（2024·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知l，m，n表示不同的直線，，，表示不同

的平面，則下列四個(gè)命題正確的是（）

A．若l//，且m//，則lmB．若，m//，n，則m//n

C．若m//l，且m，則lD．若mn，m，n//，則

【答案】C

【解析】對(duì)于選項(xiàng)A：若l//，且m//，則l，m可能平行、相交或異面，并不一定垂直，

故A錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)B：若，m//，n，則m，n可能平行、相交或異面，并不一定平行，

故B錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)C：若m//l，且m，根據(jù)線面垂直可得：l，故C正確；

對(duì)于選項(xiàng)D：若mn，m，但不能得到n，

所以雖然n//，不能得到，故D錯(cuò)誤；

故選：C.

例3．（2024·陜西咸陽(yáng)·統(tǒng)考二模）已知m，n是兩條不同的直線，，是兩個(gè)不同的

平面，有以下四個(gè)命題：

①若m∥n，n，則m∥，②若m，m，則，

③若m，m，則∥，④若，m，n，則mn

其中正確的命題是（）

A．②③B．②④C．①③D．①②

【答案】A

【解析】對(duì)于①，當(dāng)m∥n，n時(shí)，m∥或m，所以①錯(cuò)誤，

對(duì)于②，當(dāng)m，m時(shí)，由面面垂直的判定定理可得，所以②正確，

對(duì)于③，當(dāng)m，m時(shí)，有∥，所以③正確，

對(duì)于④，當(dāng)，m，n時(shí)，如圖所示，m∥n，所以④錯(cuò)誤，

故選：A

變式1．（2024·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知,是兩個(gè)不同的平面，m,n是兩條不同的

直線，則下列命題中正確的是（）

A．若,m,mn，則nB．若∥,m,n，則m∥n

C．若mn,m,n，則D．若m,m∥n,n∥，則

【答案】D

【解析】對(duì)于A，可能會(huì)出現(xiàn)n∥,n，或n與相交但不垂直的情況，所以A不正確；

對(duì)于B，m,n可能平行、可能異面，所以B不正確；

對(duì)于C，若∥，仍然滿足m,n且mn，所以C不正確；

對(duì)于D，m,m//n，則n，再由n//，可得,可知D正確.

故選：D.

變式2．（2024·陜西咸陽(yáng)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示的菱形ABCD中，AB2,BAD60,

對(duì)角線AC,BD交于點(diǎn)O，將△ABD沿BD折到ABD位置，使平面ABD平面BCD.以下

命題:

①BDAC；

②平面AOC平面BCD；

③平面ABC平面ACD；

④三棱錐ABCD體積為1.

其中正確命題序號(hào)為（）

A．①②③B．②③C．③④D．①②④

【答案】D

【解析】如圖：

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，BAD60，

所以ABADBCCDBD，O為BD的中點(diǎn)，

所以BDAO，BDCO，AOCOO，AO,CO面AOC，

所以BD面AOC，又AC面AOC，所以BDAC，即①正確；

由①知BD面AOC，又BD面BCD，所以平面AOC平面BCD，即②正確；

如圖：

取AC的中點(diǎn)為E，連接BE，DE，依題意，ABBCADCD，

所BEAE，DEAC，所以BED是二面角BACD的平面角，

又因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BDAO

所以AO面BCD，ABD和△BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，

所以AOOC22123，且有AOOC，

所以在Rt△AOC中，AC6，

又ABC和△ADC是兩全等的等腰三角形，ABBCADCD2，

610

AC的中點(diǎn)為E，所以BEDE22()2，

22

由已知可得△BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，得BD2，

10

則在△BDE中，容易算得BD2，BEDE，BD2BE2DE2，

2

所以BED90，所以二面角BACD不是直二面角，故③錯(cuò)誤；

由已知可得△BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，又由上得AO面BCD，

所以三棱錐ABCD的高即為AO，AO3，△BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，

1113

所以三棱錐ABCD的體積為SAO2231，故④正確.

3BCD322

故選：D.

變式3．（2024·廣西南寧·武鳴縣武鳴中學(xué)校考三模）已知l，m，n是三條不同的直線，，

是不同的平面，則下列條件中能推出的是（）

A．l，m，且lm

B．l，m，n，且lm，ln

C．m，n，m//n，且lm

D．l，l//m，且m

【答案】D

【解析】對(duì)于A，l，m，且lm，，可以平行、相交不垂直、垂直，A不

正確；

對(duì)于B，l，m，n，且lm，ln，當(dāng)m,n不相交時(shí)，l不一定與垂直，

則不一定與垂直，B不正確；

對(duì)于C，m，n，m//n，且lm，顯然直線l與,無(wú)關(guān)系，，可以平行、

相交不垂直、垂直，C不正確；

對(duì)于D，由l//m，m，得l，又l，根據(jù)面面垂直的判定知，D正確．

故選：D

【解題方法總結(jié)】

此類問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為一個(gè)正方體的棱、面等，進(jìn)而進(jìn)行排除．

題型二：證明線線垂直

-

例4．（2024·貴州黔東南·凱里一中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，

AB1B1C．

(1)證明：ACB1B；

【解析】（1）取AC的中點(diǎn)D，連接BD，B1D，

ABBC，AB1B1C，ACBD，ACB1D，

又BDB1DD，BD,B1D平面BB1D，AC平面BB1D，

而B(niǎo)B1平面BB1D，

ACB1B；

例5．（2024·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA

平面ABCD,PAAD2AB，點(diǎn)M是PD的中點(diǎn).

(1)證明：AMPC；

【解析】（1）證明：因?yàn)镻AAD，點(diǎn)M是PD的中點(diǎn)，所以AMPD.

因?yàn)镻A平面ABCD,PA平面PAD，所以平面PAD平面ABCD，

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以CDAD，

因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCDAD，CD平面ABCD，

所以CD平面PAD，所以CDAM，

因?yàn)镻DCDD，PD,CD平面PCD，

所以AM平面PCD，

因?yàn)镻C平面PCD，所以AMPC.

-

例6．（2024·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知三棱柱ABCA1B1C1中，

ABAC2,A1AA1BA1C2,BAC90,E是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是線段A1C1上一點(diǎn).

(1)求證：ABEF；

【解析】（1）證明：連接A1E,AE,EC1

BAC90，ABAC2，E是BC的中點(diǎn)

AEBC

1

BC2AB22,AEBEECBC2

2

A1AA1BA1C2，E是BC的中點(diǎn)

AEBC，22

1A1EA1BBE422

222

A1AAEA1E，AEA1E

AEBCE,AE,BC平面ABC

AE平面，平面，AEAB，

1ABCABABC1

-

在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1//AC，

ABAC，ABA1C1，

A1EA1C1A1，A1E,A1C1A1C1E

AB平面A1C1E，

平面ACE，．

EF11ABEF

變式4．（2024·福建寧德·?？寄M預(yù)測(cè)）圖1是由直角梯形ABCD和以CD為直徑的半

1

圓組成的平面圖形，AD∥BC，ADAB，ADABBC1．E是半圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，

2

當(dāng)△CDE周長(zhǎng)最大時(shí)，將半圓沿著CD折起，使平面PCD平面ABCD，此時(shí)的點(diǎn)E到達(dá)

點(diǎn)P的位置，如圖2．

(1)求證：BDPD；

【解析】（1）如下圖，過(guò)點(diǎn)D作DFBC交BC于點(diǎn)F，連結(jié)BD，

1

因?yàn)锳D∥BC，ADAB，ADABBC1．

2

所以BFFC1，BD2，DC2，由BD2DC2BC2,

所以BDCD，

因?yàn)槠矫鍼CD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，BD平面ABCD,

所以BD平面PCD，又PD平面PCD，

所以BDPD.

-

變式5．（2024·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC2，

，，是的中點(diǎn)，是線段上一點(diǎn)

A1AA1BA1C22BAC90EBCFA1C1.

(1)求證：ABEF；

(2)設(shè)P是棱AA1上的動(dòng)點(diǎn)（不包括邊界），當(dāng)PBC的面積最小時(shí)，求棱錐PABC的體積.

【解析】（1）連接A1E，AE

，為中點(diǎn)，AEBC

A1BA1CEBC1.

又ABAC，BAC90，AEBC，且AEBEEC.

A1AA1BA1C，

≌

△A1AE△A1BE，A1EAE，

又A1EBC，BCAEE，BC,AE平面ABC，

A1E平面ABC，又AB平面ABC，A1EAB.

∥

由已知ABAC，ACA1C1，ABA1C1，

又A1C1A1EA1，A1C1,A1E平面A1C1E，AB平面A1C1E.

而，平面ACE，

FA1C1EF11ABEF.

（2）由（1）可知A1EBC，AEBC.

又A1EAEE，A1E,AE平面A1AE，BC平面A1AE，

又，平面，

PAA1PEA1AEBCPE.

1

所以SBCPE，又在棱AA上移動(dòng)，

△PBC2P1

當(dāng)時(shí)，最小，此時(shí)面積最小

PEAA1PEPBC.

π2

在RtA1EA中，A1A22，AE2，則A1E6，EA1A，AP.

62

在AAE中，過(guò)P做于M，則，

1PMAEPM∥A1E

PMAP6

，PM平面ABC，于是可得PM.

A1EAA14

1166

V22.

PABC3246

變式6．（2024·貴州畢節(jié)·校考模擬預(yù)測(cè)）在梯形ABCD中，AB//DC，DAB90，CD2，

ACAB4，如圖1.沿對(duì)角線AC將△DAC折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，E為BC的中

點(diǎn)，如圖2.

(1)證明：PEAC.

【解析】（1）因?yàn)锳B//DC，DAB90，所以ADC90，

DC1

所以cosACD，所以ACD60，則CABACD60，

AC2

又ACAB4，所以ABC為等邊三角形，所以BC4，又E為BC的中點(diǎn)，

連接DE交AC于點(diǎn)O，則DCCE2，DCOECO60，

所以DCO≌ECO，所以CODCOE90，即CODE，

則折起后ACOP，ACOE，OEOPO，OE,OP平面POE，

所以AC平面POE，PE平面POE，所以PEAC.

【解題方法總結(jié)】

三線合一(有等腰三角形就必用)

先看兩直線位置關(guān)系共面勾股定理（題目中線段數(shù)據(jù)多）

證明

l1l2

其他（初中平面幾何學(xué)習(xí)的其他垂直證明方法）

異面考慮用線面垂直推導(dǎo)異面垂直找重垂線在重垂線對(duì)應(yīng)平面內(nèi)找垂直

題型三：證明線面垂直

13．（2024·陜西榆林·陜西省神木中學(xué)?？既＃┤鐖D，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1

底面，底面滿足，且，

ABCDABCDAD//BCABADAA12BDDC22.

(1)求證：AB平面ADD1A1；

(2)求四棱錐CBDD1B1的體積.

【解析】（1）由AA1底面ABCD，AB平面ABCD，

所以ABAA1，

又因?yàn)锳BAD2，BD22.

滿足AB2AD2BD2，可得ABAD，

又AA1ADA，AA1,AD平面ADD1A1，

所以AB平面ADD1A1.

（2）由（1）中ABAD，且AD//BC，BDDC22，可得BC4，

因此BD2DC2BC2，即BDDC，

又AA1平面ABCD，AA1//DD1，

可得DD1平面ABCD，DC平面ABCD，

即DD1DC，

I

又DD1BDD，DD1,BD平面BDD1B1，

所以DC平面BDD1B1，即DC為四棱錐CBDD1B1的高，

1116

即四棱錐CBDD1B1的體積.VBBBDDC22222.

CBDD1B13133

例7．（2024·云南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐POABC中，已知

πππ

OAOP1,CP2,AB4,CPO,ABC，AOC.

362

(1)證明：CO平面AOP；

π

【解析】（1）在△POC中，CPO,CP2,OP1，

3

1

所以CO2CP2OP22CPOPcosCPO412213.

2

所以CO3，故CO2OP2CP2，則COOP.

π

又AOC，即COOA.

2

OPOAO,OP,OA平面AOP，

所以CO平面AOP.

例8．（2024·云南昭通·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱錐CABD中，CD平面ABD，

E為AB的中點(diǎn)，ABBCAC2，CG2EG.

(1)證明：AB平面CED；

【解析】（1）因?yàn)镃D平面ABD，AB平面ABD，所以CDAB，

又因?yàn)锳BBCAC,E為AB的中點(diǎn)，所以CE是ABC的中線，

所以CEAB，且CECDC，CE,CD平面CED，

所以AB平面CED.

例9．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·赤峰二中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在五邊形ABCDE中，四邊

形為正方形，，，如圖，將沿BE折起，使得至A處，且

ABCECDDECDDE2ABEA1

A1BA1D．

(1)證明：DE平面A1BE；

ππ

【解析】（1）由題意得BECCED，BED，DEBE，

42

因?yàn)锳BAE，則A1BA1E，

又A1BA1D，A1EA1DA1,A1E,A1D面A1ED，所以A1B面A1ED，

又DE面A1ED，則DEA1B，

又DEBE，A1BBEB，A1B平面A1BE，BE平面A1BE，

所以DE平面A1BE．

變式7．（2024·重慶巴南·統(tǒng)考一模）如圖所示，在三棱錐PABC中，已知PA平面ABC，

平面PAB平面PBC．

(1)證明：BC平面PAB；

【解析】（1）過(guò)點(diǎn)A作AEPB于點(diǎn)E，

因?yàn)槠矫鍼AB平面PBC，且平面PAB平面PBCPB，AE平面PAB，

所以AE平面PBC，

又BC平面PBC，所以AEBC，

又PA平面ABC，BC平面PBC，

所以PABC，

又因?yàn)锳EPAA，AE，PA平面PAB，

所以BC平面PAB．

變式8．（2024·廣東廣州·統(tǒng)考三模）如圖，在幾何體ABCDEF中，矩形BDEF所在平面

與平面ABCD互相垂直，且ABBCBF1，ADCD3，EF2．

(1)求證：BC平面CDE；

【解析】（1）在矩形BDEF中，DEBD，

又平面BDEF平面ABCD，平面ABCD平面BDEF=BD，DE平面BDEF，

所以DE平面ABCD，

又BC平面ABCD，

所以DEBC，

在矩形BDEF中，BDEF2,

又BC1,CD3，所以BD24BC2CD2,

所以BCCD.

又DECDD，DE,CD平面CDE，

所以BC平面CDE；

-

變式9．（2024·天津津南·天津市咸水沽第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1

中，平面ACC1A1平面ABC，ACBCCC12,D是AA1的中點(diǎn)，且

ACB90,DAC60.

(1)證明：AA1平面CBD；

【解析】（1）連接CA1，

△

由題意可知：ACA1為等邊三角形，且D是AA1的中點(diǎn)，

所以CDAA1，

因?yàn)槠矫鍭CC1A1平面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，ACBC，

所以BC平面ACC1A1，

且AA1平面ACC1A1，可得BCAA1，

CDBCC，CD,BC平面CBD，

所以AA1平面CBD.

【解題方法總結(jié)】

垂直關(guān)系中線面垂直是重點(diǎn)．

①垂直兩條相交線；

②垂直里面作垂線；

線垂面哪里找

③直（正）棱柱的側(cè)棱是垂線；

④正棱錐的頂點(diǎn)與底面的中心的連線是垂線.

①垂直面里所有線（證線線垂直）；

線垂面有何用

②過(guò)垂線作垂面（證面面垂直）.

證明線面垂直常用兩種方法．

方法一：線面垂直的判定．

線線垂直線面垂直，符號(hào)表示為：ab,ac,b,c,bcP，那么a．

方法二：面面垂直的性質(zhì)．

面面垂直線面垂直，符號(hào)表示為：,b,a,ab，那么a．

題型四：證明面面垂直

-

例10．（2024·山西運(yùn)城·山西省運(yùn)城中學(xué)校?？级＃┤鐖D，在三棱柱ABCA1B1C1中，

側(cè)面BB1C1C為菱形，CBB160，ABBC2，ACAB12.

(1)證明：平面ACB1平面BB1C1C；

【解析】（1）如圖，連接BC1，交B1C于O，連接AO.

因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1CBC1，且O為BC1的中點(diǎn).又ACAB12，故

AOB1C.

22

又ABBC2，且CBB160，所以CO1,BO3，所以AOACCO1.又

AB2，所以AB2BO2AO2，所以AOBO.

因?yàn)锽O,CB1平面BB1C1C，BOCB1O，所以AO平面BB1C1C.

又AO平面ACB1，所以平面ACB1平面BB1C1C.

例11．（2024·貴州貴陽(yáng)·校聯(lián)考三模）如圖所示，在四棱錐EABCD中，底面ABCD為

1

直角梯形，AB//CD，ABCD，CDCE，ADCEDC45，AD2，BE3.

2

(1)求證：平面ABE平面ABCD；

【解析】（1）四邊形ABCD為直角梯形，AB//CD，CDBC，

又CDCE，BCCEC，BC,CE平面BCE，\CD^平面BCE，

又BE平面BCE，CDBE；

作AFCD，

ADC45，AD2，AF1，BC1，

又EDC45，CDCE2，

BE3，BC2BE2CE2，BEBC，

BCCDC，BC,CD平面ABCD，BE平面ABCD，

BE平面ABE，平面ABE平面ABCD.

例12．（2024·西藏日喀則·統(tǒng)考一模）如圖，已知直角梯形ABCD與ADEF，

2DE2BCADABAF2，ADAF，ED//AF，AD⊥AB，BC//AD，G是線段BF

上一點(diǎn).

(1)平面ABCD⊥平面ABF

【解析】（1）因?yàn)锳DAF，ADAB，AFABA，AF、AB平面ABF，

所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，

所以平面ABCD⊥平面ABF.

變式10．（2024·廣東梅州·統(tǒng)考三模）如圖所示，在幾何體PABCD中，AD平面PAB，

點(diǎn)C在平面PAB的投影在線段PB上BCPC，BP6，ABAP23，DC2，CD∥

平面PAB.

(1)證明：平面PCD平面PAD.

【解析】（1）由題知，平面BCP平面PAB，過(guò)點(diǎn)C作PB的垂線，垂足為E，連接AE，

又因?yàn)槠矫鍮CP平面PABPB，所以CE平面PAB.

因?yàn)锳D平面PAB，所以CE∥DA，則C,D,A,E共面.

因?yàn)镃D∥平面PAB，CD平面CDAE，平面CDAE平面PABEA，

所以CD∥EA，則四邊形AECD為平行四邊形，所以AEDC2.

33

因?yàn)锽P6，ABAP23，所以cosAPE，

232

ππ

因?yàn)?APE，所以APE，

26

232

APAE

由正弦定理得，即sinAEP1，

sinAEPsinAPE

2

3ππ

所以sinAEP，因?yàn)?AEP，所以AEP，

223

π

所以EAP，即AEAP.

2

因?yàn)锳D平面PAB，AE平面PAB，所以AEAD，

又因?yàn)锳DAPA,AD,AP平面PAD，所以AE平面ADP.

因?yàn)镃D∥EA，所以CD平面ADP.

因?yàn)镃D平面PCD，所以平面PCD平面PAD.

-

變式11．（2024·河北張家口·統(tǒng)考三模）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為

菱形，CBB160,ABBC2,ACAB12.

(1)證明：平面ACB1平面BB1C1C；

【解析】（1）連BC1、B1C交于D，則D為BC1、B1C的中點(diǎn)，連AD，

因?yàn)锳CAB1，所以ADB1C，

因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，CBB160,ABBC2，ACAB12，

所以BD3，AD1，所以AB2BD2AD2，即ADBD，

因?yàn)锽1CBDB，B1C,BD平面BB1C1C，

所以平面，因?yàn)槠矫妫?/p>

ADBB1C1CADACB1

所以平面ACB1平面BB1C1C.

變式12．（2024·陜西西安·西安市大明宮中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在長(zhǎng)方體

ABCDA1B1C1D1中，AB2BC2,AA14,P為棱AB的中點(diǎn)．

(1)證明：平面PCD1平面PDD1；

(2)畫(huà)出平面D1PC與平面A1ADD1的交線，并說(shuō)明理由；

(3)求過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面將四棱柱分成的上、下兩部分的體積之比．

【解析】（1）在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，AB2BC2，

ADP與△BPC都是等腰直角三角形，

APDBPC45，DPC90,DPPC，

Q

DD1平面ABCD,PC平面ABCD，DD1PC，

又DD1DPD,DD1,DP面PDD1，CP面PDD1，

又PC平面PCD1,平面PCD1平面PDD1；

（）延長(zhǎng)與的延長(zhǎng)線相交于M，連接，

2CPDAMD1

則MD1即為平面D1PC與平面A1ADD1的交線，理由如下：

MAD,M平面A1ADD1，MCP,M平面D1PC，

平面D1PC與平面A1ADD1的交線為D1M；

（3）令MD1與AA1的交點(diǎn)為N，

VV

則三棱臺(tái)APNDCD1的體積為MDCD1MANP，

P為棱AB的中點(diǎn)，P為CM的中點(diǎn)，

是MD的中點(diǎn)，是的中點(diǎn)，

ANMD1

1

MD2AD2,ANAA2，

21

118111

V242，V211，

MDCD1323MANP323

7

三棱臺(tái)APNDCD1的體積為VV，

MDCD1MANP3

717

過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面將四棱柱分成的上部分的體積為214.

33

17

17

3

過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面將四棱柱分成的上、下兩部分的體積之比為.

77

3

變式13．（2024·云南·云南師大附中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，A，B為底面

2π

圓O上兩點(diǎn)，AOB，E為PB中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AB上，且AF2FB.

3

(1)證明：平面AOP平面OEF；

【解析】（1）設(shè)圓O的半徑為r，

2ππ

在AOB中，OAOBr，AOB，OAB，

36

23r

故AB3r，又AF2FB，故AF，

3

11

在AOF中，由余弦定理得OF2OA2AF22OAAFcosOAFOA2r2，

33

所以O(shè)A2OF2AF2，即OAOF；

圓錐中，PO底面O，OF底面O，故POOF，

又OAOPO，所以O(shè)F平面AOP，

又OF平面OEF，所以平面AOP平面OEF.

變式14．（2024·江蘇南京·南京市第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）在如圖所示的空間幾何體中，

ACD與△ACB均是等邊三角形，直線ED平面ACD，直線EB平面ABC，DEBE.

(1)求證：平面ABC平面ADC；

【解析】（1）

如圖1，設(shè)平面BDE與直線AC的交點(diǎn)為O，連接BO，DO.

因?yàn)橹本€ED平面ACD，直線EB平面ABC，AC平面ACD，AC平面ABC，

所以DEAC，BEAC.

因?yàn)镈EBEE，DE平面BDE，BE平面BDE，

所以AC平面BDE.

因?yàn)锽O平面BDE，DO平面BDE，

所以BOAC，DOAC.

又因?yàn)锳CD與△ACB均是等邊三角形，

所以O(shè)為AC中點(diǎn)，且二面角BACD的平面角為BOD.

在平面四邊形BODE中，

因?yàn)锽EDEDOEBO90，

所以BOD90，

所以平面ABC平面ADC.

【解題方法總結(jié)】

主要證明方法是利用面面垂直的判定定理（線面垂直面面垂直）．證明時(shí)，先從現(xiàn)有

的直線中尋找平面的垂線，若圖中不存在這樣的直線，則可通過(guò)作輔助線來(lái)解決．

題型五：垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用

-

例13．（2024·貴州銅仁·統(tǒng)考二模）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，

ABAC1．

(1)試在平面A1BC內(nèi)確定一點(diǎn)H，使得AH平面A1BC，并寫(xiě)出證明過(guò)程；

【解析】（1）取棱BC的中點(diǎn)D，連接A1D，AD．在等腰直角ABC中，ADBC，

又BCAA1，ADAA1A,AD,AA1平面ADA1，故BC平面△ADA1．

又BC平面A1BC，故平面A1BC平面ADA1，這兩個(gè)平面的交線為A1D．

△

在ADA1中，作AHA1D，則有AH平面A1BC；

-

例14．（2024·全國(guó)·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1（側(cè)棱垂直于底面，

且底面三角形是等邊三角形）中，，M、、P分別是，，的中

ABCBCCC1NCC1ABBB1

點(diǎn)．

(1)求證：平面NPC//平面AB1M；

(2)在線段BB1上是否存在一點(diǎn)Q使AB1平面A1MQ？若存在，確定點(diǎn)Q的位置；若不存在，

也請(qǐng)說(shuō)明理由．

【解析】（）（）證明：M、、P分別是，，的中點(diǎn)．

11NCC1ABBB1

NP//AB1，四邊形MCPB1為平行四邊形，可得CP//MB1，

因?yàn)镹P平面AB1M；AB1平面AB1M；

NP//平面AB1M；

同理可得CP//平面AB1M；

又CPNPP，CP,NP平面NPC，

平面NPC//平面AB1M．

（2）假設(shè)在線段BB1上存在一點(diǎn)Q使AB1平面A1MQ．

四邊形ABB1A1是正方形，因此點(diǎn)B為點(diǎn)Q．

M0,1,1Q(0,1,0)B0,1,2

不妨取BC2，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，A3,0,0，1，

A13,0,2

，MQ0,2,1，

AB13,1,2A1M3,1,1

，．

AB1MQ0AB1A1M3311210

所以AB1M