专题7.4 空间直线、平面的垂直【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】 5
【题型2 证明线线垂直】 7
【题型3 线面垂直的判定】 12
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】 17
【题型5 面面垂直的判定】 20
【题型6 面面垂直性质定理的应用】 25
【题型7 垂直关系的综合应用】 30
【题型8 平行、垂直关系的综合应用】 34
1、空间直线、平面的垂直
考点要求 真题统计 考情分析
(1)理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系 (2)掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用 2022年全国乙卷（文数）：第9题，5分 2022年全国乙卷（文数）：第18题，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分 2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分 空间直线、平面的垂直是高考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，主要分三方面进行考查，一是空间中线面垂直关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面垂直的证明以及垂直关系的转化，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；三是线面平行、垂直关系的存在性问题，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的垂直的判定与性质.
【知识点1 线面垂直的判定定理和性质定理】
1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面互相垂直，记作l⊥.直线l叫
做平面的垂线，平面叫做直线l的垂面.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.
(2)点到平面的距离
过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的
长度叫做这个点到该平面的距离.
2．直线与平面垂直的判定定理
(1)自然语言：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．
(2)图形语言：如图所示．
(3)符号语言：a α，b α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b l⊥α.
该定理可简记为“若线线垂直，则线面垂直”.
3．直线与平面垂直的性质定理
(1)直线与平面垂直的性质定理
①自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．
②图形语言：如图所示．
③符号语言：a⊥α，b⊥α a∥b.
(2)性质定理的作用
①由线面垂直证明线线平行.
②构造平行线.
【知识点2 面面垂直的判定定理和性质定理】
1．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”.
2．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.
【知识点3 空间中的垂直关系的判定方法】
1．直线与直线垂直的判定方法
(1)定义法：如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线
b垂直，记作a⊥b；
(2)利用线面垂直的性质定理；
(3)利用面面垂直的性质定理；
2．直线与平面垂直的判定方法
(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);
(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；
(4)面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于这两个平面的交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；
(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；
(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
3．面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理.
(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.
4．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.
【知识点4 空间中位置关系的相互转化】
1．线、面垂直位置关系的相互转化
2．平行关系与垂直关系的相互转化
【方法技巧与总结】
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.
【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】
【例1】（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【解题思路】对于A，由只需之间的位置关系即可判断；对于B，由面面垂直的判定即可判断；对于C，由线面位置关系即可判断；对于D，由面面垂直的性质即可判断.
【解答过程】对于A，若，，则平行、相交或异面；
对于B，若，则存在，使得，又因为，，而，所以，故B正确；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，若，，，且如果不在内，则不会有，故D错误.
故选：B.
【变式1-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．，，，则
【解题思路】根据空间线线、线面、面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.
【解答过程】A：若，则与可能相交，可能平行，故A错误；
B：若，则与可能相交，可能平行，故B错误；
C：若，由线面垂直的性质知，故C正确；
D：若，则与可能相交，可能平行，故D错误.
故选：C.
【变式1-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【解题思路】对于A，当，且时，可判断A错误；对于B，当若，且时，可判断B错误；对于C，根据平行的性质及面面垂直的判定定理即可判定；对于D，根据条件即可判定.
【解答过程】对于A,因为设，
又，则当时，，故A错误；
对于B，若，且，则有，故B错误；
对于C，因为
故，又，故存在直线，且，
此时，由面面垂直的判定定理知，故C正确；
对于D,当，则或者，故D错误，
故选：C.
【变式1-3】（2024·重庆·模拟预测）已知两条直线m，n和三个平面α，β，γ，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【解题思路】利用面面平行的判定定理可判断出A和B正误，利用线面垂直的判定定理可判断出C的正误，利用线面平行的判定定理可判断出D的正误.
【解答过程】对于A，当，时，两平面α，β可能平行可能相交，所以A错误；
对于B，，，两平面β，γ可能平行可能相交，所以B错误；
对于C，当，，时，
设，，在γ取一点O，过O分别作于B，于C，
则，，因为，
所以，，所以，，
因为，，所以，所以C正确；
对于D，当，，，时，
可得或，所以D错误.
故选：C.
【题型2 证明线线垂直】
【例2】（2024·四川宜宾·三模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，点E为线段的中点，点F在线段上，且．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）利用线线垂直去证明线面垂直，即可得到线线垂直；
（2）利用线面垂直证明面面垂直，再作出线面垂直，即可得到棱锥的高，从而求出体积.
【解答过程】（1）证明：在正方形中，，又，∴
在中，点E为线段PC的中点，，DE平分，
在中，，
过E作交CD于H，连接FH，则，
在正方形中，，∴四边形AFHD是矩形，
∴，又，，平面，
∴平面，又平面，∴．
（2）法一：在中，∵，，∴，
在正方形中，，而，CD，平面，
∴平面，平面，∴平面平面，
平面平面 ，过P作交CD于Q，∴平面，
∵，∴，，
，
法二：在中，∵，，∴，
在正方形中，，而，CD，平面，
∴平面，，
．
【变式2-1】（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：．
(2)若为等边三角形，求点C到平面的距离．
【解题思路】（1）先证明，再由面面垂直的性质定理求解；
（2）过点P作，所以平面，由体积法求解．
【解答过程】（1）因为，，所以，，
由余弦定理可得，所以，则．
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面PAD．
因为平面PAD，所以．
（2）过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面．
因为，
在中，，而，
．
设点C到平面的距离为h，，
则，解得，
所以点C到平面的距离为．
【变式2-2】（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
(1)证明：；
(2)若为的中点，，求到平面的距离．
【解题思路】（1）先证明平面得到，由题意可得，结合线面垂直的判定、性质即可得证；
（2）首先证明平面，平面，即所求为的长度，由解三角形知识即可求解.
【解答过程】（1）设，连接，过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）取的中点，连接，则，
又平面平面，所以平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离．
过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以由面面垂直的性质可得平面，
由（1）得，
因为，所以，
因为，所以．
所以，所以，
即点到平面的距离为．
【变式2-3】（2024·内蒙古·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，.
(1)证明：；
(2)已知平面平面，，求四棱锥的体积.
【解题思路】（1）利用线面垂直证明线线垂直；
（2）证明线面垂直，根据可得解.
【解答过程】（1）设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，
则，
又，所以平面，
因为平面，所以；
（2）因为，，所以平面，
因为平面，所以，
所以四边形为菱形，即，
因为平面平面，且平面平面，，
所以平面，且，
又因为，则，
故.
【题型3 线面垂直的判定】
【例3】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且与交于.
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的体积.
【解题思路】（1）根据菱形的性质及全等三角形的性质，利用等腰三角形的三线合一和余弦定理的推理，结合勾股定理的逆定理和线面垂直的判定定理即可求证；
（2）根据（1）的结论及线面垂直的判定定理和性质定理，利用矩形的性质及勾股定理，结合棱锥的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为底面是边长为2的菱形，所以.
因为，所以，
所以.
因为点为线段中点，所以.
在中，，
所以，解得.
所以即，所以
又，平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，又四边形为菱形，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
又是平行六面体，所以，
所以四边形为矩形，
由（1）知，，所以，
从而，
连接，交于，连接，如图所示
在中，，为的中点，所以，同理，
又，平面，平面，
所以平面，线段的长为到平面的距离.
由，可得，
在直角三角形中，，
【变式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱锥中，，底面为等腰梯形， ，，为线段的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【解题思路】（1）分析题意，利用线面垂直的判定定理求解即可.
（2）利用线面垂直找到线面角，放到三角形中求解正弦值即可.
【解答过程】（1）因为为线段的中点，所以，
在等腰梯形中，作于，则由得，
所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以，
因为，平面，所以平面，
因为在平面内，所以，
因为在平面内，所以平面.
（2）因为，所以，
取的中点，连接，则，
因为平面，平面PCA，所以，
又，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
在正中，，又因为，
在中，，所以，
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【变式3-2】（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的表面积
【解题思路】（1）求出各边，由勾股定理逆定理求出，结合得到线面垂直；
（2）求出各边长，利用三角形面积公式得到各三角形面积，相加得到表面积.
【解答过程】（1）由题可知，
，，
，，
为等边三角形，
，
，
．
，平面，
平面．
（2）由（1）得，，，
，
由三角形面积公式得，
，
三棱锥的表面积
．
【变式3-3】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且.
(1)证明：BC⊥面PAC；
(2)若点A到平面PBC的距离为，求四棱锥P—ABCD的体积.
【解题思路】（1）过作于，过作于，在等腰梯形中可证得，再由平面平面，可证得，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）过作于，可得平面，则，在中可得，从而得，进而可求出四棱锥P—ABCD的体积.
【解答过程】（1）证明：过作于，过作于，则∥，
因为四边形为等腰梯形，AB∥CD，且
因为，，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
（2）过作于，
因为平面，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，平面，
所以平面，
因为点A到平面PBC的距离为，所以，
在中，，则,
所以，
因为为锐角，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，
在中，，则，
所以梯形的面积为，
所以四棱锥P—ABCD的体积为.
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】
【例4】（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平面平面，，垂足为A，，垂足为B，直线，，试判断直线a与直线l的位置关系，并说明理由．
【解题思路】利用线面垂直的判定定理证明平面EAB，平面EAB，从而得证.
【解答过程】直线a与直线l的位置关系：．
理由：∵平面平面，∴．
又∵，∴．
同理．又，平面EAB，平面EAB
∴平面EAB．
∵，，∴．
又，，，平面EAB，平面EAB
∴平面EAB，∴．
【变式4-1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，，，且，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：．
【解题思路】（1）因为平面，根据等积法可得结果；
（2）根据线面垂直的性质定理可得，结合（1）及线面垂直的判定定理可得平面，从而得证.
【解答过程】（1）在底面中，，，且，
所以，又，则，所以，
故.
（2）由（1）知，又平面，平面，则，
且，平面，
∴平面，而平面，所以．
【变式4-2】（2024高一·全国·专题练习）在三棱锥中，为等边三角形，平面ABC，将三角形PAC绕PA逆时针旋转至PAD位置（如图），且二面角的大小为90°．证明：A，B，C，D四点共面，且；
【解题思路】根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用反证法可得四点共面，进而根据二面角的概念及利用线面垂直的判定定理可得平面，即得.
【解答过程】证明：平面，且平面，平面，
，，平面ACD，又，
平面，假设四点不共面，
平面，平面，
平面平面，与平面平面矛盾，故四点共面；
又，所以为二面角的平面角，
，即，又，且平面PAB，
平面，又平面，
.
【变式4-3】（23-24高一下·江苏淮安·期中）已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心，
(1)求证：；
(2)已知平面，且平面．求证：．
【解题思路】（1）连交于，由重心可得为的中点，由已知借助三角形全等证得，再由线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）由给定条件，证得三棱锥为正四面体，进而证得平面，再用线面垂直的性质得结论.
【解答过程】（1）在三棱柱中，连交于，连，由为的重心，得为的中点，
由，，，得，则，
因此，，又平面，
于是平面，而平面，则，又，
所以.
（2）由，，得为正三角形；同理也为正三角形，
则，从而三棱锥的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，
由为的重心，得平面，菱形中，过的中点，
即直线与平面的交点为的中点，因此不在直线上，又平面，
所以.
【题型5 面面垂直的判定】
【例5】（2024·四川成都·模拟预测）如图，三棱柱所有棱长都为为与交点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求三棱柱的体积.
【解题思路】（1）由题意证明，，得出平面BCD，即可证明平面平面;
（2）依题意可得平面，进而可得为直角三角形，在中，由余弦定理求出，由三棱柱的体积，计算可得结果.
【解答过程】（1）取BC中点，取中点，连接DE，BE，OE，
因为三棱柱所有棱长都为，有，为的中点，BCDE四点共面，
所以，且平面，
即平面BCD，又平面，故平面平面.
（2），则平面，因为，
所以平面平面，有，即为直角三角形，
故，而，
在中，,则
则有三棱柱的体积
.
【变式5-1】（2024·四川资阳·二模）如图，在四面体ABCD中，，，E，F分别为AB，AC的中点.
(1)证明：平面平面BCD；
(2)求点A到平面BDF的距离.
【解题思路】（1）取CD的中点O，利用勾股定理得，再由线面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；
（2）利用等体积转化可得答案.
【解答过程】（1）
取CD的中点O，连接OA，OB，
因为，，所以，且，
又，，，，
所以，可得，
又，平面，所以平面BCD，
又平面ACD，所以平面平面BCD；
（2）因为，所以由（1）可得，，
，
，
又F为AC的中点，所以，
在△BDF中，，，，
则，
所以，
则.
设点A到平面BDF的距离为d，则，
解得，即点A到平面BDF的距离为.
【变式5-2】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
【解题思路】（1）由题意可证得，在直三棱柱中，平面，可得，进而可证得平面，即证得平面平面；
（2）由题意可证得，即可得直线与所成的角，在△中，可求出的正弦值，进而求出于直线与所成的角．
【解答过程】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）连接，因为，，分别为棱，，的中点，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以即为直线与所成的角，
在△中，设直三棱柱的棱长为2，则
可得．
故
即直线与所成角的正弦值为．
【变式5-3】（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F.
(1)求证：平面平面；
(2)设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积.
【解题思路】（1）根据三角形全等，可得，又，即可得平面，进而可求解，
（2）根据线面平行的性质可得 ，即可求解的长度，利用面面垂直的性质可得平面，即可求解，进而由体积公式即可求解.
【解答过程】（1）证明：连接，.
因为，，
所以，所以.
因为为的中点，所以.
因为为的中点，所以.
因为，，平面
所以平面.
又，所以平面.
又平面
所以平面平面.
（2）由题意得：，，
因为，平面，平面
所以 平面
由于平面 平面，平面，
所以 ,故.
所以四棱锥的顶点到底面的距离等于点到底面的距离.
作，垂足为，则由（1）知平面平面，且交线为，平面,所以平面
故.
底面的面积为.
所以四棱锥的体积为.
【题型6 面面垂直性质定理的应用】
【例6】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，四棱锥，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是的菱形，为棱PC上的动点且.
(1)求证: 为直角三角形;
(2)试确定的值，使得三棱锥的体积为.
【解题思路】（1）取AD中点，连结则由等腰三角形的性质可得，从而得平面，则，而，所以，进而可证得结论；
（2）由面面垂直的性质可得平面，则由可求得结果.
【解答过程】（1）证明：取AD中点，连结
因为四边形为菱形，且，
所以均为等边三角形，
因为也为等边形三角形，
所以.
又因为平面平面POC，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
即，从而为直角三角形；
（2）由（1）可知，
又平面平面，平面平面，平面PAD，
所以平面，
因为为棱PC上的动点且，
所以，
因为，都是边长为2的正三角形，
所以，
所以，
因为三棱锥的体积为，
所以.
【变式6-1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证.
（2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离.
【解答过程】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得，
又平面平面，平面平面，面ABC，
则平面，又平面，于是，而，则，
又，平面，因此平面，又平面，
所以
（2）点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高，
由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为，
设点到平面的距离为d，由，得，
而，，则的面积，
由，，得，又，，则，
又，，由余弦定理得，
则，的面积，
则，即 ，所以点到平面的距离为.
【变式6-2】（2024·四川成都·三模）如图，在三棱台中，在边上，平面平面，，，，，.
(1)证明：；
(2)若的面积为，求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）利用余弦定理结合勾股定理的逆定理，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）由已知求出，借助三角形面积求出，再利用锥体体积公式计算即得.
【解答过程】（1）在中，，，，
由余弦定理得，则，
即，而平面平面，平面平面，
平面，于是平面，又平面，则，
又，，平面，平面，
因此平面，而平面，则，又，
所以.
（2）在中，，，，则， ，
由，解得，由，得，
因此，
所以三棱锥的体积是.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）由线面垂直的性质定理和勾股定理证明即可.
（2）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（3）由三棱锥的体积公式求解即可.
【解答过程】（1）证明：因为平面平面，所以．
因为，
所以四边形为直角梯形，所以．
在中，，则，
故．
（2）法一：证明：因为平面平面，所以．
在中，．
在中，，所以．
由（1）知，又平面，
所以平面．
法二：证明：因为平面平面，
所以平面平面．
因为四边形是正方形，所以．
因为平面平面平面，
所以平面．因为平面，所以．
由（1）知，又平面，
所以平面．
（3）设三棱锥的高为，则．
由（2）得，平面，所以三棱锥的高即为．
由（1）得，．
又在中，，所以．
，
所以.
【题型7 垂直关系的综合应用】
【例7】（2024·四川成都·一模）点、在以为直径的球的表面上，且，，已知球的表面积是，下列说法中正确的个数是（ ）
①平面；②平面平面；③．
A． B． C． D．
【解题思路】利用线面垂直的判定定理可判断命题①；取线段的中点，连接，利用球体的几何性质可得出平面，再利用中位线的性质结合面面垂直的判定定理可判断②；利用反证法可判断③.
【解答过程】对于①，因为为球的直径，为球上异于、的一点，所以，，
又因为，，、平面，所以，平面，①对；
对于②，取线段的中点，连接，
因为，则为外接圆的圆心，
由球的几何性质可知平面，
因为、分别为、的中点，则，则平面，
又因为平面，因此，平面平面，②对；
对于③，因为平面，平面，所以，，
若，且，、平面，则平面，
因为平面，则，
事实上，因为，且，则为等腰直角三角形，
且，这与矛盾，假设不成立，故与不垂直，③错.
故正确命题为①②.
故选：C.
【变式7-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N.给出下面几个结论，其中所有正确的结论是（ ）
①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直.
A．①② B．③④ C．①④ D．①②④
【解题思路】通过几何性质得出四边形的形状，由线线、线面垂直即可得出直线和平面与平面的关系.
【解答过程】对于①，因为平面与棱交于点，所以四点共面，
在正方体中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确
对于②，在正方体中，面，
因为面，所以，
若是正方形， 有，，
若不重合，则与矛盾，
若重合，则不成立，故②错误；
对于③，因为平面，，
若直线与平面垂直，则直线，显然矛盾，
所以平面与直线不可能垂直，故③错误
对于④，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以平面平面，故④正确.
综上所述，正确的有①④.
故选：C.
【变式7-2】（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点.
(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）先证明面面垂直再得出线面垂直进而得出相似比计算即可.
【解答过程】（1）因为三棱柱是正三棱柱，
所以平面平面,所以；
又因为M是的中点，所以，
因为平面平面,所以平面.
（2）由（1）可知平面，因为平面，
则平面平面，
在平面内过点A作交于点Q，平面平面，
因此平面，于是点Q即为所要找的点,
如图7所示，显然，
因此，即有，
于是，所以.
【变式7-3】（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是直角梯形，，且为的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得平面平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据线面垂直可得线线垂直，可证；
（2）先用垂线法找出二面角的平面角，再解三角形即可；
（3）经过分析易知，为中点，只需证明中点时，共面，即可根据面面垂直的性质得平面，即可求证面面垂直.
【解答过程】（1）所以,故，
又，，所以，又，平面,
所以平面，
又平面，所以．
（2）设为的中点，过作于，连接，
在中，，为中点，所以，
因为平面平面，且其交线为，又，平面，
所以平面，所以平面，
所以为二面角的平面角，
在直角梯形中，，，所以，所以，
又，所以，
在中，，所以，
所以二面角的余弦值为．
（3）存在的中点使得平面平面，理由如下：
的中点为，所以为的中位线，所以,
又，故,故共面，
因为平面平面，且其交线为，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
【题型8 平行、垂直关系的综合应用】
【例8】（2024·四川南充·二模）如图，在直四棱柱中，底面是菱形，，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求证：平面平面．
【解题思路】（1）设，根据三角形中位线和平行四边形的性质可证得，由线面平行判定可得结论；
（2）由等边三角形性质可得；根据线面垂直性质可得；根据线面垂直和面面垂直的判定可得结论.
【解答过程】（1）连接，，连接，
四边形为菱形，为中点，又为中点，
，，又，，
，，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，平面.
（2）连接，
，，又，为等边三角形，
又为中点，；
四棱柱为直四棱柱，平面，
又平面，，
，平面，平面，
平面，平面平面.
【变式8-1】（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面平面．
(1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
【解题思路】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明，，从而得到平面平面，即可得到平面；
（2）取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面，又，则点在以为直径的球与平面的交线上，即点的轨迹为圆，取的中点，过点作交于点，则平面，再求出的轨迹圆的半径，即可气求出轨迹长.
【解答过程】（1）线段上存在中点，使得平面，理由如下：
取的中点，的中点，连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，
即为线段的中点时，平面.
（2）取的中点，连接、，
又，为等边三角形，所以，，
，平面，所以平面，
又，所以平面，
又，所以点在以为直径的球上，
所以点在以为直径的球与平面的交线上，
即点的轨迹为圆，
取的中点，由平面，过点作交于点，
则平面，
又，则，
设球的半径为，的轨迹圆的半径为，则，，
所以点的轨迹长度为.
【变式8-2】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图（1）示，在梯形中， ，，且，如图（2）沿将四边形折起，使得平面与平面垂直， 为的中点．
(1)求证： 面
(2)求证： ；
(3)求点到平面的距离．
【解题思路】（1）根据线线平行即可求证；
（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而由线线垂直证明线面垂直即可求证；
（3）根据等体积法即可求解.
【解答过程】（1）∵，，
又∵平面，且平面，
∴平面；
（2）∵平面平面，由已知条件可知， ，平面平面，平面，平面，
∴平面平面．
取的中点，连接、，
在中，∵，为的中点，
∴．
在中， ∵
又∵平面平面 平面
，又∵ 平面,
平面，又∵平面
（3）由（2）平面平面,
设点到平面的距离为，由得，
故点到平面的距离为.
【变式8-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2．
(1)求证：．
(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值．
(3)已知平面平面，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求点到平面的距离．
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理可得结果；
（2）根据面面平行的性质定理及正三角形的面积公式可得结果；
（2）根据等积法求点到平面的距离可得结果.
【解答过程】（1）证明：连接，，因为是正方体，所以平面，
因为平面，所以.
又因为四边形是正方形，所以，
因为，所以平面，因为平面，
所以．
（2）截面图形，如图所示的六边形．根据题意知截面面积最大时，图形为边长为的
正六边形，所以最大的截面面积为，所以．
（3）因为平面平面，所以当截面的面积最大时，、、分别是
棱、、的中点，易知，
易求，因为点到平面的距离为1，
所以．
易求，，，所以．
设到平面的距离为，
所以，所以．
所以到平面的距离为．
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·二模）设，是两个不同平面，，是两条不同直线，则的一个充分条件是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，与相交
【解题思路】结合充分条件的定义，再利用空间中线线、线面、面面间的关系一一判断即可.
【解答过程】对于选项A，当满足，，时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故A错误；
对于选项B，当满足，，时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故B错误；
对于选项C，因为，，又，所以，故，，是的一个充分条件，故C正确；
对于选项D，当满足，，与相交时，可能相交，如图：用四边形代表平面，用四边形代表平面，故D错误；
故选：C.
2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】将正方体的展开图重新组合成正方体，对选项逐个分析，判断易得只有A选项正确.
【解答过程】如图所示，将展开图重新组合成正方体. 显然. 因此A选项正确.
由图易得，显然与所成角非直角，因此异面直线与所成角也非直角，所以不成立. 因此B、C选项不正确.
由图易得，显然与相交，因此不成立. 因此D选项不正确.
故选：A.
3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．秋千绳与墙面始终平行
B．秋千绳与道路始终垂直
C．秋千板与墙面始终垂直
D．秋千板与道路始终垂直
【解题思路】根据已知条件结合线面垂直的性质和面面垂直的性质可得结论．
【解答过程】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，
但与道路所成的角在变化
秋千板与墙面垂直，故也与道路始终垂直．
故选：B．
4．（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【解题思路】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.
【解答过程】对于A，若，，则或，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；
对于B，若，则与相交或平行，B错误；
对于C，若，则，又，则或，C错误；
对于D，由，得或，若，则存在过的平面与相交，
令交线为，则，而，于是，；若，而，则，
因此，D正确.
故选：D.
5．（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体中，E，F分别是，的中点，则（ ）
A． B．平面BCE
C． D．平面
【解题思路】对于A，说明异面即可判断；对于B，说明平面平面即可判断；对于C，可以用反证法导出矛盾，进而判断；对于D，显然不垂直.
【解答过程】对于A，
设为中点，则，但相交，所以异面，故A错误；
对于B，设的中点为H，则，，
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又因为平面，
故平面平面，
又平面，故平面BCE，选项B正确．
对于C，在中，，，故EF与不可能垂直（否则垂直平分，会得到，这与矛盾），C选项错误．
对于D，
易知平面，又，故D选项错误．
故选：B.
6．（2024·山东济南·二模）已知正方体分别是的中点，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C． 平面
D．平面
【解题思路】通过证明面可得，从而排除AB，再利用证明 平面以及排除D即可.
【解答过程】由已知面，面，
则，又，，面，
所以面，又面，所以，排除AB，
明显分别为的中点，所以，
又面，面，
所以 平面，C正确；
若平面，则必有，又，
所以，明显不成立，D错误.
故选：C.
7．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下面结论中错误的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．平面
【解题思路】由条件，结合线面垂直判定定理证明平面，再证明，判断A，
由，根据线面平行判定定证明平面，判断B，
由平面，结合面面垂直判定定理证明平面平面，判断C，
设平面，结合线面垂直性质可证，推出矛盾，判断D.
【解答过程】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是直径，都是母线．
又是底面圆周上异于的一点，
于是得.
而平面，平面，则.
因为，平面，
则平面，
因为平面，因此得，A正确；
因为,平面，平面，
所以平面，B正确；
因为平面，而平面，
所以平面平面，C正确．
点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，
若平面，因平面，
则，与矛盾，D不正确；
故选：D.
8．（2024·四川广安·二模）如图，菱形的对角线与交于点，是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形﹐且平面.给出下列结论：
①平面；
②平面平面；
③“直线直线”始终不成立.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【解题思路】利用线面平行的判定判断①；利用面面垂直的判定推理判断②；举例说明判断③.
【解答过程】菱形的对角线与交于点，是的中位线，则，
而平面，平面，因此平面，①正确；
连接，由，得，而平面，
则平面，又平面，因此平面平面，②正确；
显然是二面角的平面角，由绕旋转过程中，
从逐渐减小到（不包含和），当时，，
平面，则平面，而平面，于是，③错误，
所以所有正确结论的序号为①②.
故选：B.
二、多选题
9．（2024·广东肇庆·三模）已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【解题思路】根据线面垂直性质定理判断A，由条件确定的位置关系，判断B，
根据线面平行性质定理，判定定理证明，判断C，由条件确定位置关系，判断D.
【解答过程】若，，且m，n为两条不同的直线，由线面垂直性质可得，所以A正确；
若，，则m与n可能相交、平行或异面，所以B不正确；
若，，设过m的平面与，分别交于，，则，，，
所以，又因为，，所以，则，所以C正确；
因为，，，若平面与不垂直，则与平面相交但不垂直．故D错误.
故选：AC.
10．（2024·云南昆明·模拟预测）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A． B．
C．与成60°角 D．与是异面直线
【解题思路】由展开图翻折成正方体，根据正方体的性质判断直线间的位置关系．
【解答过程】展开图翻折成的正方体如图所示，因为，，因此，所以A错误；同理，，所以，B正确；
或其补角是与所成的角，又△是等边三角形，所以 ，所以与所成的角是，C正确.
又平面，且与不平行，故与是异面直线，D正确.
故选：BCD.
11．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
【解题思路】对于A，由已知先证得，再证得，则可得AM⊥平面PCD，即可判断；对于B，由已知可得，故得是等边三角形，又M为PD的中点，所以，即可判断；对于C，先得过点M，N，E的平面为于PC交于点H，进而得得，得，得，得，得，得，即可判断；对于D，作出二面角B-PC-D的平面角，由余弦定理计算出，可得平面PBC与平面PCD不垂直，即可判断.
【解答过程】
因为四边形ABCD为正方形，，
所以，又M为PD的中点，所以，
又PA⊥底面ABCD，得，
又四边形ABCD为正方形，得，
又，且平面PAD，
所以平面PAD，
又平面PAD，所以，
又，且平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，故A正确；
如图,连接，由四边形ABCD为正方形，，
可得，
又PA⊥底面ABCD，则，故是等边三角形，
又M为PD的中点，所以，故B正确；
连接，又点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，
则有，
又平面，
可得平面，平面，
记过点M，N，E的平面为，交于点，连接，
又，所以平面平面
又由面面平行的性质可得，
故为的中位线，由点分别为的中点，
得，
又四棱锥P-ABCD的体积为V，得，
又，则，
所以，
则
故较大部分几何体的体积为，故C正确；
过B作于点F连接，
由已知得，则，
则为二面角B-PC-D的平面角，
设，由等面积法得，
得，故 ，
在中，，
故平面PBC与平面PCD不垂直，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（2023·陕西安康·模拟预测）在正四棱柱中，，平面与棱分别交于点，其中分别是的中点，且，则 3 ．
【解题思路】结合空间位置关系的判断以及相关计算计算即可得.
【解答过程】因为平面经过棱的中点，所以四边形为菱形，
连接、，、，令，
则，又底面，平面，
故，又、平面，且，
故平面，又分别是的中点，故，
故平面，由平面，故，
又因为，、平面，，
故平面，又平面，
故，则与相似，
，，
故有，即，即.
故答案为：3.
13．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥的底面为菱形，其中，点在线段上，若平面平面，则 ．
【解题思路】设平面与直线交于点，连接，取中点，连接，与交于点，连接，证明，然后证明平面，得证，从而由面面垂直的性质定理得平面，得，设出，计算出后可得结论。
【解答过程】设平面与直线交于点，连接，取中点，连接，与交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面 平面，平面，所以，从而，
又菱形中，，所以是等边三角形，则，
而，所以，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，从而，
因为平面 平面，平面 平面 ，平面，所以平面，又因为平面，所以，
设，则由已知得，，
，，
中，，从而，，，
，
所以.
故答案为：.
14．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ①②③ ．
①平面平面
②三棱锥的体积为定值
③在上存在点，使得面
④的最小值为2
【解题思路】证明平面即可判断①，由平面即可判断②，当为的中点时，证明平面平面，即可判断③，化折线为直线，利用余弦定理判断④.
【解答过程】对于①：由正方体的性质可知，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：因为，平面，平面，所以平面，
又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值，
又为定值，故②正确；
对于③：当为的中点时，点也为的中点，，平面，
平面，所以平面，即平面，
同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以面，故③正确；
对于④：如下图，将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧，
连接与交于点，则即为的最小值，
又，，
所以，
即的最小值为，故④错误.
故答案为：①②③.
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，E为线段的中点，．
(1)求证：；
(2)求点E到平面的距离．
【解题思路】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面PAC，结合线面垂直性质定理推得线线垂直；
（2）设点A到平面PBD的距离为d，得点E到平面PBD的距离为．结合三棱锥等体积变换求得距离．
【解答过程】（1）证明：平面，平面，，
又底面ABCD为正方形，，
又，且平面，
平面PAC，
平面PAC，．
（2）E为线段AB的中点，
若点A到平面PBD的距离为d，则点E到平面PBD的距离为．
由题易知，
．
，，解得．
点E到平面的距离为．
16．（2024·青海海西·模拟预测）如图是一个平面截底面边长为2的正方形的长方体所得的几何体与相交于点.
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）借助，可证，再利用平面，可得，从而可得证；
（2）先求和，利用棱锥体积公式计算可得.
【解答过程】（1）如图，连接，
四边形为正方形，，
平面平面平面，
，
，
，，
，，
平面平面，
又平面，
平面平面；
（2）由，可得四边形为矩形，又由为的中点，
为的中点，可得，
在梯形中，为的中点，为的中点，
可得，
又由，
有，
又由，可得三棱锥的体积为.
17．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，，为中点，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）利用线面垂直的判定证得平面ABCD，再利用等体积转化求出体积.
【解答过程】（1）在中，由余弦定理得．
由，得，而，，则，
又平面EDB，因此平面EDB，而平面ABCD，
所以平面平面ABCD．
（2）由F是EC中点，得．
由（1）知平面EDB，平面EDB，则，
而，平面ABCD，则平面ABCD，
因此．即，
所以三棱锥的体积为．
18．（2024·四川成都·三模）如图，在三棱柱中，平面，，，，是棱的中点，在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)若四棱锥的体积等于1，判断平面与平面是否垂直，并说明理由.
【解题思路】（1）先利用线面垂直的判定与性质定理证得，再利用平行线分线段成比例的推论证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用四棱锥的体积求出，令，连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
【解答过程】（1）在三棱柱中， 平面，平面，则，
又，平面，于是平面，
而平面，则，又，平面，
因此平面，而平面，则，
在矩形中，由，，
得，即为棱的中点，令，
连接交于，连接，
显然，
在中，，而平面，平面，
所以平面.
（2）平面与平面垂直，理由如下：
设，由（1）知，平面，
则四棱锥的体积为，解得，
即有，
因此，令，连接，显然是的中点，
于是，，且平面，则平面，
又平面，所以平面平面.
19．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形，，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，连接，，形成一个四棱锥，如图2所示.
(1)若平面平面，求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）先由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理得证；
（2）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理得证；
（3）利用等体积法将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，再由第（2）问的面面垂直构造线面垂直即三棱锥的高，再计算即可．
【解答过程】（1）解：证明：由题意知，因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，
根据直线与平面平行的性质定理，可得．
（2）证明：由题知，，
因为平面，平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（3）由题知，，所以，过作交于点，
则，，平面，所以，
又因为，所以平面，
三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
所以.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题7.4 空间直线、平面的垂直【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】 5
【题型2 证明线线垂直】 5
【题型3 线面垂直的判定】 7
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】 9
【题型5 面面垂直的判定】 11
【题型6 面面垂直性质定理的应用】 12
【题型7 垂直关系的综合应用】 15
【题型8 平行、垂直关系的综合应用】 16
1、空间直线、平面的垂直
考点要求 真题统计 考情分析
(1)理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系 (2)掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单应用 2022年全国乙卷（文数）：第9题，5分 2022年全国乙卷（文数）：第18题，12分 2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分 2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分 空间直线、平面的垂直是高考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，主要分三方面进行考查，一是空间中线面垂直关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面垂直的证明以及垂直关系的转化，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；三是线面平行、垂直关系的存在性问题，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的垂直的判定与性质.
【知识点1 线面垂直的判定定理和性质定理】
1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面互相垂直，记作l⊥.直线l叫
做平面的垂线，平面叫做直线l的垂面.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.
(2)点到平面的距离
过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的
长度叫做这个点到该平面的距离.
2．直线与平面垂直的判定定理
(1)自然语言：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．
(2)图形语言：如图所示．
(3)符号语言：a α，b α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b l⊥α.
该定理可简记为“若线线垂直，则线面垂直”.
3．直线与平面垂直的性质定理
(1)直线与平面垂直的性质定理
①自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．
②图形语言：如图所示．
③符号语言：a⊥α，b⊥α a∥b.
(2)性质定理的作用
①由线面垂直证明线线平行.
②构造平行线.
【知识点2 面面垂直的判定定理和性质定理】
1．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”.
2．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.
【知识点3 空间中的垂直关系的判定方法】
1．直线与直线垂直的判定方法
(1)定义法：如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线
b垂直，记作a⊥b；
(2)利用线面垂直的性质定理；
(3)利用面面垂直的性质定理；
2．直线与平面垂直的判定方法
(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);
(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；
(4)面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于这两个平面的交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；
(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；
(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
3．面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理.
(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.
4．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.
【知识点4 空间中位置关系的相互转化】
1．线、面垂直位置关系的相互转化
2．平行关系与垂直关系的相互转化
【方法技巧与总结】
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.
【题型1 垂直关系的有关命题的真假判断】
【例1】（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【变式1-1】（2024·陕西安康·模拟预测）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．，，，则
【变式1-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【变式1-3】（2024·重庆·模拟预测）已知两条直线m，n和三个平面α，β，γ，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，，则
【题型2 证明线线垂直】
【例2】（2024·四川宜宾·三模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，点E为线段的中点，点F在线段上，且．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积．
【变式2-1】（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：．
(2)若为等边三角形，求点C到平面的距离．
【变式2-2】（2024·陕西商洛·三模）如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
(1)证明：；
(2)若为的中点，，求到平面的距离．
【变式2-3】（2024·内蒙古·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，.
(1)证明：；
(2)已知平面平面，，求四棱锥的体积.
【题型3 线面垂直的判定】
【例3】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且与交于.
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的体积.
【变式3-1】（2024·四川雅安·三模）四棱锥中，，底面为等腰梯形， ，，为线段的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【变式3-2】（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的表面积
【变式3-3】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且.
(1)证明：BC⊥面PAC；
(2)若点A到平面PBC的距离为，求四棱锥P—ABCD的体积.
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】
【例4】（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，已知平面平面，，垂足为A，，垂足为B，直线，，试判断直线a与直线l的位置关系，并说明理由．
【变式4-1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，，，且，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：．
【变式4-2】（2024高一·全国·专题练习）在三棱锥中，为等边三角形，平面ABC，将三角形PAC绕PA逆时针旋转至PAD位置（如图），且二面角的大小为90°．证明：A，B，C，D四点共面，且；
【变式4-3】（23-24高一下·江苏淮安·期中）已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心，
(1)求证：；
(2)已知平面，且平面．求证：．
【题型5 面面垂直的判定】
【例5】（2024·四川成都·模拟预测）如图，三棱柱所有棱长都为为与交点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求三棱柱的体积.
【变式5-1】（2024·四川资阳·二模）如图，在四面体ABCD中，，，E，F分别为AB，AC的中点.
(1)证明：平面平面BCD；
(2)求点A到平面BDF的距离.
【变式5-2】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
【变式5-3】（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F.
(1)求证：平面平面；
(2)设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积.
【题型6 面面垂直性质定理的应用】
【例6】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，四棱锥，侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是的菱形，为棱PC上的动点且.
(1)求证: 为直角三角形;
(2)试确定的值，使得三棱锥的体积为.
【变式6-1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离．
【变式6-2】（2024·四川成都·三模）如图，在三棱台中，在边上，平面平面，，，，，.
(1)证明：；
(2)若的面积为，求三棱锥的体积.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)求三棱锥的体积．
【题型7 垂直关系的综合应用】
【例7】（2024·四川成都·一模）点、在以为直径的球的表面上，且，，已知球的表面积是，下列说法中正确的个数是（ ）
①平面；②平面平面；③．
A． B． C． D．
【变式7-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N.给出下面几个结论，其中所有正确的结论是（ ）
①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直.
A．①② B．③④ C．①④ D．①②④
【变式7-2】（23-24高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱中，，点M为的中点.
(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在点Q，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式7-3】（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是直角梯形，，且为的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点使得平面平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由．
【题型8 平行、垂直关系的综合应用】
【例8】（2024·四川南充·二模）如图，在直四棱柱中，底面是菱形，，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求证：平面平面．
【变式8-1】（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面平面．
(1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
【变式8-2】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图（1）示，在梯形中， ，，且，如图（2）沿将四边形折起，使得平面与平面垂直， 为的中点．
(1)求证： 面
(2)求证： ；
(3)求点到平面的距离．
【变式8-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2．
(1)求证：．
(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值．
(3)已知平面平面，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求点到平面的距离．
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·二模）设，是两个不同平面，，是两条不同直线，则的一个充分条件是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，与相交
2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．秋千绳与墙面始终平行
B．秋千绳与道路始终垂直
C．秋千板与墙面始终垂直
D．秋千板与道路始终垂直
4．（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体中，E，F分别是，的中点，则（ ）
A． B．平面BCE
C． D．平面
6．（2024·山东济南·二模）已知正方体分别是的中点，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C． 平面
D．平面
7．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下面结论中错误的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．平面
8．（2024·四川广安·二模）如图，菱形的对角线与交于点，是的中位线，与交于点，已知是绕旋转过程中的一个图形﹐且平面.给出下列结论：
①平面；
②平面平面；
③“直线直线”始终不成立.
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
二、多选题
9．（2024·广东肇庆·三模）已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
10．（2024·云南昆明·模拟预测）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A． B．
C．与成60°角 D．与是异面直线
11．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
三、填空题
12．（2023·陕西安康·模拟预测）在正四棱柱中，，平面与棱分别交于点，其中分别是的中点，且，则 ．
13．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥的底面为菱形，其中，点在线段上，若平面平面，则 ．
14．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ．
①平面平面
②三棱锥的体积为定值
③在上存在点，使得面
④的最小值为2
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，E为线段的中点，．
(1)求证：；
(2)求点E到平面的距离．
16．（2024·青海海西·模拟预测）如图是一个平面截底面边长为2的正方形的长方体所得的几何体与相交于点.
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积.
17．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，，为中点，求三棱锥的体积．
18．（2024·四川成都·三模）如图，在三棱柱中，平面，，，，是棱的中点，在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)若四棱锥的体积等于1，判断平面与平面是否垂直，并说明理由.
19．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形，，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，连接，，形成一个四棱锥，如图2所示.
(1)若平面平面，求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求三棱锥的体积.
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