专题8.7 空间直线、平面的垂直（二）-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc14003" 【题型1 求二面角】 PAGEREF _Tc14003 \h 2
\l "_Tc16519" 【题型2 由二面角大小求线段长度或距离】 PAGEREF _Tc16519 \h 5
\l "_Tc28802" 【题型3 由二面角大小求异面直线所成角】 PAGEREF _Tc28802 \h 8
\l "_Tc9949" 【题型4 面面垂直的判定】 PAGEREF _Tc9949 \h 14
\l "_Tc12384" 【题型5 面面垂直性质定理的应用】 PAGEREF _Tc12384 \h 17
\l "_Tc24372" 【题型6 空间垂直的转化】 PAGEREF _Tc24372 \h 20
\l "_Tc6677" 【题型7 点、线、面的距离问题】 PAGEREF _Tc6677 \h 25
\l "_Tc22282" 【题型8 平行关系与垂直关系的综合应用】 PAGEREF _Tc22282 \h 29
【知识点1 二面角】
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，的二面角记作二面角-AB-，如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角
-l-，如图(1).
②若在，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
∠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；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.所以二面角的平面角的范围是.
【题型1 求二面角】
【例1】（2023下·陕西咸阳·高一校考阶段练习）如图，边长为2的两个等边三角形ABC,DBC，若点A到平面BCD的距离为62，则二面角A−BC−D的大小为（ ）

A．π4B．π6C．π3D．π2
【解题思路】设BC的中点为E，过点A作AF⊥ED，说明∠AED为二面角A−BC−D的平面角；证明BC⊥平面AED，从而证明AF⊥平面BCD，解直角三角形，即可求得答案.
【解答过程】设BC的中点为E，连接AE,DE，过点A作AF⊥ED，垂足为F，
因为△ABC,△DBC均为等边三角形，故AE⊥BC,DE⊥BC，
故∠AED为二面角A−BC−D的平面角；

又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面AED，故BC⊥平面AED，
而AF⊂平面AED，故BC⊥AF，
又AF⊥ED，DE∩BC=E,DE,BC⊂平面BCD，
故AF⊥平面BCD，则点A到平面BCD的距离为AF=62，
又△ABC为等边三角形，边长为2，故AE=2×sinπ3=3，
故在Rt△AFE中，sin∠AEF=AFAE=623=22，则∠AEF=π4，即∠AED=π4，
故二面角A−BC−D的大小为π4，
故选：A.
【变式1-1】（2023上·江苏镇江·高三统考期中）棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角大小为α，两相邻侧面所成的二面角为大小为β，则（ ）
A．α<π4B．β>2π3C．α<β<2αD．β=2α
【解题思路】在正四棱锥中分别找到或作出α，β，进而求出tanα，tanβ2即可判断各选项.
【解答过程】设正四棱锥的棱长为2，连AC，BD相交于O.

取AB，PD的中点E，F，连FO，PE，EO，AF，CF.
由棱长都相等正四棱锥可知，PO⊥面ABCD，PE⊥AB，EO⊥AB，AF⊥PD，CF⊥PD，
所以∠PEO=α，∠AFC=β，
又CF=AF=PE=2×32=3，PO=2，OC=2，OE=1，
所以tanα=21=2，tanβ2=OCOF=2PO2−PF2=2，
所以α=β2，即β=2α，故C错误，D正确；
由tanα=2>1，得α>π4，故A错误；
由tanβ2=2<3，得β2<π3，即β<2π3，故B错误.
故选：D.
【变式1-2】（2023上·湖北武汉·高二湖北省武昌实验中学校联考期中）在四面体ABCD中，已知△ABD为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，斜边AB=4，CD=27，则二面角C−AB−D的大小为（ ）
A．5π6B．2π3C．π3D．π4
【解题思路】根据给定条件，作出二面角的平面角，再利用余弦定理求解即得.
【解答过程】在四面体ABCD中，取AB的中点O，连接CO,DO，如图，

由AD=BD=AB=4,AC=BC,∠ACB=90∘，得OC⊥AB,OD⊥AB，
因此∠COD是二面角C−AB−D的平面角，
在△COD中，OC=2,OD=23,CD=27，
由余弦定理得cs∠COD=OC2+OD2−CD22OC⋅OD=4+12−282×2×23=−32，
而0≤∠COD≤π，则∠COD=5π6，所以二面角C−AB−D的大小为5π6.
故选：A.
【变式1-3】（2023上·湖南常德·高二校考阶段练习）如图1，在菱形ABCD中，AB=433，∠BAD=60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为22，如图2，则二面角B−AC−D的余弦值为（ ）

A．15B．14C．13D．64
【解题思路】E为AC中点，连接DE，BE，确定∠DEC为二面角B−AC−D的平面角，再利用余弦定理计算得到答案.
【解答过程】如图所示：E为AC中点，连接DE，BE，则AC⊥DE，BE⊥AC，
平面ACD∩平面ACB=AC，且DE⊂平面ACD，BE⊂平面ACB，
故∠DEB为二面角B−AC−D的平面角，

在△ABE中，AC=22，DE=BE=4332−22=303，
在△BDE中，cs∠DEC=103+103−1632×103=15.
故选：A.
【题型2 由二面角大小求线段长度或距离】
【例2】（2023上·陕西·高三校联考期中）如图，二面角C−AB−D的平面角的大小为π3，AD⊥AB，BC⊥AB，AB=BC=AD=2，则CD=（ ）
A．22B．6C．5D．2
【解题思路】作点C在平面ABD的投影E，作EF⊥AD，得∠CBE是二面角C−AB−D的平面角，然后根据垂直进行计算可得．
【解答过程】如图，作点C在平面ABD的投影E，作EF⊥AD，垂足为F，连接BE,DE，
AB⊂平面ABD，则CE⊥AB，同理CE⊥BE，
又CB∩CE=C，CB,CE⊂平面CBE，CB⊥AB，
所以AB⊥平面CBE，又BE⊂平面CBE，所以AB⊥BE，
所以∠CBE是二面角C−AB−D的平面角，所以∠CBE =π3，
所以BE=1,CE=3，
又ABEF是矩形，所以AF=BE=1，EF=AB=2，
从而DF=1，所以DE=5,CD=22.
故选：A．
【变式2-1】（2023上·上海金山·高二校考期中）已知二面角α−l−β为60∘，点P、Q分别在α、β内且PQ⊥l，P到β的距离为3，Q到α的距离为32, 则PQ两点之间的距离为 （ ）
A．3B．1C．2D．2
【解题思路】由题意作PM⊥l交l于M，连接QM，作QD⊥PM，PC⊥QM，证明∠PMQ为二面角α−l−β的平面角，以及PC⊥β，QD⊥α；在Rt△QMD，Rt△PCM中分别求出QM，PM，再在△PMQ中，利用余弦定理求解即可.
【解答过程】如图，作PM⊥l交l于M，连接QM，作QD⊥PM，PC⊥QM，
因为PM⊥l，PQ⊥l，PQ∩PM=P，PQ⊂平面PQM，PM⊂平面PQM，
所以l⊥平面PQM，
因为QM⊂平面PQM，所以l⊥QM，所以∠PMQ为二面角α−l−β的平面角，
即∠PMQ=60∘，
因为l⊥平面PQM，PC⊂平面PQM，所以l⊥PC，
又PC⊥QM，l∩QM=M，QM⊂β ，l⊂β，所以PC⊥β，
所以PC=3，
同理QD⊥α，所以QD=32，
在Rt△QMD中，QD=32，∠QMD=60∘，所以QM=1，
在Rt△PCM中，PC=3，∠QMD=60∘，所以PM=2，
在△PMQ中，QP2=QM2+PM2−2QM⋅PMcs60∘=1+4−2×2×12=3，
所以PQ=3.
故选：A.
【变式2-2】（2023上·山东泰安·高二校考阶段练习）如图，已知大小为60°的二面角α−l−β棱上有两点A，B，AC⊂α,AC⊥l，BD⊂β,BD⊥l，若AC=3,BD=3,CD=7，则AB的长度（ ）
A．22B．40C．210D．22
【解题思路】过A作AE∥BD且AE=BD，连接CE,DE，易得∠CAE=60°，通过线面垂直的判定定理可得ED⊥平面AEC，继而得到ED⊥EC，由勾股定理即可求出答案.
【解答过程】解：过A作AE∥BD且AE=BD，连接CE,DE，则四边形ABDE是平行四边形，
因为BD⊥AB，所以平行四边形ABDE是矩形，因为BD⊥l，即AE⊥l，
而AC⊥l，则∠CAE是二面角α−l−β的平面角，即∠CAE=60°，
因为BD=AE=AC=3，即△ACE为正三角形，所以CE=3，
因为ED⊥AE,l⊥AC，即ED⊥AC，AE∩AC=A,AE,AC⊂平面AEC，
所以ED⊥平面AEC，因为EC⊂平面AEC，所以ED⊥EC，
所以在Rt△EDC中，ED=72−32=210，所以AB=ED=210，
故选：C.
【变式2-3】（2023下·甘肃庆阳·高一校考期末）在矩形ABCD中，AB=1，AD=3，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角B−AC−D，则点B与点D之间的距离为（ ）
A．3B．5C．102D．52
【解题思路】过点D在平面ADC内作DO⊥AC，证明OD⊥OB，利用余弦定理得到OB=72，再利用勾股定理计算得到答案.
【解答过程】过点D在平面ADC内作DO⊥AC，垂足为点O，如图，

因为二面角B−AC−D的平面角为90°，所以平面ACD⊥平面ABC，
又平面ACD∩平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，
故DO⊥平面ABC，又OB⊂平面ABC，OD⊥OB，
在Rt△ACD中，AD=3，CD=1，AC=2，则∠CAD=30°，∠ACD=60°，
DO⊥AC，则OD=12AD=32，AO=ADcs30°=32，
在△ABO中，∠BAC=60°，
则OB2=AO2+AB2−2AO⋅ABcs60°=94+1−32=74，所以OB=72，
所以BD=OB2+OD2=102.
故选：C.
【题型3 由二面角大小求异面直线所成角】
【例3】（2023下·四川绵阳·高一统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC和△ABP均为正三角形，AB=4，二面角P−AB−C的大小为60∘，则异面直线PB与AC所成角的余弦值是（ ）

A．−18B．18C．−14D．14
【解题思路】根据二面角的大小可得长度关系，利用线线平行得异面直线所成角，根据余弦定理即可求解.
【解答过程】取AB,PA,PC中点为O,M,N,连接MO,OC,MN,NO，由于△ABC和△ABP均为等边三角形，所以PO⊥AB,CO⊥AB,故∠POC为二面角P−AB−C的平面角，即∠POC=60∘，
由于PO=CO=32AB=23,∴△POC为等边三角形，故PC=23，进而ON=32PC=32×23=3,
又OM=MN=12PB=2,
由余弦定理可得cs∠NMO=MN2+MO2−NO22MN⋅MO=4+4−92×2×2=−18,
由于PB//MO,MN//AC,所以∠NMO即为直线PB与AC所成角或其补角，
所以直线PB与AC所成角的余弦值为18，
故选：B.
【变式3-1】（2023上·吉林长春·高三校考阶段练习）如图，已知在矩形ABCD和矩形ABEF中，AB=2，AD=AF=1，且二面角C−AB−F为60∘，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为（ ）
A．14B．35C．310D．710
【解题思路】取CE中点M，根据二面角平面角定义可知∠CBE=60∘，得到△BCE为等边三角形；根据三角形中位线性质和异面直线所成角定义可知∠MOB或其补角即为所求角，结合长度关系，利用余弦定理可求得cs∠MOB，进而得到结果.
【解答过程】连接CE,AE，AE∩BF=O，取CE中点M，连接OM,BM，
∵四边形ABCD,ABEF为矩形，∴AB⊥BC，AB⊥BE，
∴∠CBE即为二面角C−AB−F的平面角，∴∠CBE=60∘，
又BC=AD，BE=AF，∴BC=BE=1，∴△BCE为等边三角形，∴BM=32；
∵O,M分别为AE,CE中点，∴OM//AC，OM=12AC，
∴∠MOB或其补角即为异面直线AC与BF所成角，
∵AC=BF=12+22=5，∴MO=OB=52，
∴cs∠MOB=OM2+OB2−BM22OM⋅OB=54+54−3452=710，
即异面直线AC与BF所成角的余弦值为710.
故选：D.
【变式3-2】（2023·浙江·校考模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，PB=PC=AB=AC=2,BC=23，二面角A−BC−P的平面角θ∈0,π2，AM=2MP，AG=GC，则直线BG与直线BM的所成最大角的正切值为（ ）
A．3B．33C．7D．77
【解题思路】首先取BC的中点H，连接AH交BG于O，连接MO，PH，根据题意得到当θ=π2时，得到直线BG与直线BM的所成最大角的正切值，即可得到答案.
【解答过程】取BC的中点H，连接AH交BG于O，连接MO，PH，如图所示：
因为H为BC中点，G为AC中点，AH交BG于O，则O为△ABC的重心.
即：AO=23AH.
因为PH=22−2322=1，
又因为AM=2MP，即AM=23AP，所以MO//PH，MO=23PH=23.
cs∠BAC=22+22−2322×2×2=−12，
BG=22+12−2×2×1×−12=7，即BO=23BG=273.
因为PB=PC，H为BC中点，所以PH⊥BC，
因为AB=AC，H为BC中点，所以AH⊥BC，
所以∠AHP为二面角A−BC−P的平面角，即∠AHP=θ，θ∈0,π2.
因为直线BG与直线BM的所成角为∠MBO，
当MO⊥BO时，tan∠MBO取得最大值，
当MO⊥BO时，即PH⊥BO，PH⊥平面ABC，即θ=π2.
所以直线BG与直线BM的所成角正切值最大为23273=77.
故选：D.
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD中，AB=BD=DA=2,BC=CD=2．现将△ABD沿BD折起，当二面角A−BD−C处于π6,5π6过程中，直线AD与BC所成角的余弦值取值范围是（ ）
A．−528,28B．28,528C．0,28D．0,528
【解题思路】设向量AD与BC所成角为θ1，二面角A−BD−C的平面角大小为θ2，由AC=AD+DB+BC平方后求得AC，取BD中点E，连接AE,CE，则∠AEC=θ2，△ACE中应用余弦定理求得AC，两者结合和是θ1与θ2的关系，从而求得结论．
【解答过程】设向量AD与BC所成角为θ1，二面角A−BD−C的平面角大小为θ2，
因为BC2+CD2=BD2，所以BC⊥CD，又BC=CD，所以∠BDC=∠DBC=π4，
AD⋅DB=2×2×cs2π3=−2,BD⋅BC=2×2×cs3π4=−2，
则AC=AD+DB+BC，
所以|AC|2=|AD+DB+BC|2=AD2+DB2+BC2+2AD⋅DB+2AD⋅BC+2DB⋅BC=2+42csθ1，
取BD中点E，连接AE,CE，则AE⊥BD,CE⊥BD，∠AEC=θ2，
AE=3,CE=1,
在△AEC中，AC2=AE2+CE2−2⋅AE⋅CE⋅csθ2，即AC2=4−23csθ2，
所以2+42csθ1=4−23csθ2，即csθ1=24−64csθ2，
又因为θ2∈π6,5π6，所以csθ1∈−28,528，
因为直线夹角范围为0,π2，所以直线AD与BC所成角的余弦值范围是0,528．
故选：D．
【知识点2 平面与平面垂直】
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.
3．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，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⊥b⊥.
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∥，a⊥
a⊥.
(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4 面面垂直的判定】
【例4】（2023上·上海·高二期中）已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是菱形，∠DAB=60∘，PD⊥平面ABCD，点E为AB中点．证明：平面PED⊥平面PAB．
【解题思路】由已知可得△ADB为正三角形，再由线线垂直证得AB⊥平面PED，进而证明平面PED⊥平面PAB．
【解答过程】在四棱锥P−ABCD中，连接BD，由ABCD是菱形，且∠DAB=60∘，得△ADB为正三角形，，
由E是AB的中点，得AB⊥DE，由PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，得AB⊥PD，
而PD,DE⊂平面PED，DE∩PD=D，因此AB⊥平面PED，又AB⊂平面PAB，
所以平面PED⊥平面PAB．

【变式4-1】（2023下·河南洛阳·高一河南省偃师高级中学校考阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD．

(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)求证：平面PCD⊥平面PAD．
【解题思路】（1）由线面垂直性质、正方形性质得PA⊥BD，AC⊥BD，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.
（2）由线面垂直性质、正方形性质得PA⊥CD，AD⊥CD，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.
【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面PAC.
（2）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，
又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD.
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在圆锥PO中，AB是底面的直径，且PO=3,AB=4,∠BAC=30°， M是BC的中点．求证：平面PBC⊥平面POM；

【解题思路】易得AC⊥BC，证明OM//AC，可得OM⊥BC，再根据线面垂直的性质得到PO⊥BC，则可证得BC⊥平面POM，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
【解答过程】因为AB是底面圆的直径，所以AC⊥BC，
因为O为AB的中点，M为BC的中点，所以OM//AC，
所以OM⊥BC，
又因PO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，
所以PO⊥BC，
又PO∩OM=O，PO,OM⊂平面POM，
所以BC⊥平面POM，
又BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面POM.
【变式4-3】（2023上·四川成都·高三校考阶段练习）如图，在四面体ABCD 中，CB=CD ，AD⊥BD ，点E,F分别是AB,BD的中点．
(1)求证：平面EFC⊥平面BCD；
(2)求证：若平面ABD⊥平面BCD，且AD=BD=BC=1，求三棱锥B−ADC的体积．
【解题思路】（1）通过证明BD⊥平面EFC来证得平面EFC⊥平面BCD；
（2）根据锥体体积计算公式求得三棱锥B−ADC的体积．
【解答过程】（1）由于CB=CD，F是BD的中点，所以BD⊥CF，
由于点E,F分别是AB,BD的中点，所以EF//AD，
由于AD⊥BD，所以BD⊥EF，
由于CF∩EF=F，CF,EF⊂平面EFC，
所以BD⊥平面EFC，由于BD⊂平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD；
（2）由于平面ABD⊥平面BCD，且交线为BD，
CF⊂平面BCD,CF⊥BD，所以CF⊥平面ABD，
AD=BD=BC=CD=1，CF=32，
所以VB−ADC=VC−ABD=13S△ABD⋅CF=13×12×1×1×32=312.
【题型5 面面垂直性质定理的应用】
【例5】（2023·广东·校联考二模）如图，在四面体ABCD中，AB=AC,BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD,O为线段BC的中点，则下列判断错误的是（ ）

A．AC⊥BDB．BD⊥平面ABC
C．AB⊥CDD．AO⊥平面BCD
【解题思路】利用面面垂直的性质可判定线面垂直，从而得出线线垂直，即可判定A、B、D三项正确.
【解答过程】因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD，
所以BD⊥平面ABC，即B项正确；
因为AC⊂平面ABC，所以BD⊥AC，即A正确；
因为AB=AC,O为线段BC的中点，
所以BC⊥AO，同理可得AO⊥平面BCD，即D正确；
因为BD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以BD⊥AB，
BD∩CD=D,BD、CD⊂平面BCD，若AB⊥CD，则AB⊥平面BCD，
显然B、O不重合，故C错误.
故选：C.
【变式5-1】（2023·河南·校联考模拟预测）等边△ABC的边长为2，D，E分别为AB，AC的中点，将△ADE沿DE折起，使点A到达点A′的位置.若平面A′DE⊥平面BCED，则线段A′B的长为（ ）.
A．32B．7C．102D．152
【解题思路】由面面垂直可得线面垂直，利用勾股定理求解.
【解答过程】如图，易知△A′DE是边长为1的等边三角形，过A′作DE的垂线，垂足为H，

由平面A′DE⊥平面BCED，交线为DE，A′H⊥DE,
则A′H⊥平面BCED，且H为线段DE的中点，A′H=32，
连接BH，则A′H⊥BH，取BC的中点F，则FH⊥BC，且FH=32，
所以BH=BF2+FH2=72，
所以A′B=BH2+A′H2=102.
故选：C.
【变式5-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK=t，则t的取值范围是（ ）
A．0,14B．14,12
C．12,1D．1,54
【解题思路】设DF=x，求得x关于t的表达式，根据x的取值范围求得t的取值范围.
【解答过程】如图，在平面ADF内过点D作DH⊥AF，垂足为H，连接HK．
过点F作FP//BC，交AB于点P．
设∠FAB=θ，AE=2,AC=5，所以csθ∈22,255．

设DF=x，则1因为平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，
DK⊥AB，DK⊂平面ABD，所以DK⊥平面ABC，
又AF⊂平面ABC，所以DK⊥AF．
又因为DH⊥AF，DK∩DH=D，DK，DH⊂平面DKH，所以AF⊥平面DKH，所以AF⊥HK，即AH⊥HK．
在Rt△ADF中，AF=1+x2，DH=x21+x2，
因为△ADF和△APF都是直角三角形，PF=AD，
所以Rt△ADF≌Rt△FPA，AP=DF=x．
因为△AHD∽△ADF，AHAD=DHDF,AH1=x21+x2x,AH=11+x2，
所以csθ=AHAK=APAF,11+x2t=x1+x2，得x=1t．
因为1故选：C.
【变式5-3】（2023上·辽宁大连·高二校考阶段练习）如图，在等腰直角三角形ABC中， ∠C=90∘，D、E分别是线段AB、AC上异于端点的动点，且DE//BC，现将△ADE沿直线DE折起至△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，∠A′DB的大小变化是（ ）

A．由小变大B．由大变小C．先变小后变大D．大小不变
【解题思路】不妨设AB=AC=1,AE=λ∈0,1，根据面面垂直可得A′E⊥平面BCED，进而可得A′E⊥BE，可求A′D,DB,A′B，在△A′DB中，利用余弦定理运算求解.
【解答过程】不妨设AB=AC=1,AE=λ∈0,1，则A′E=DE=λ,CE=1−λ,AB=2，
可得AD=A′D=2λ,BD=21−λ,BE=BC2+CE2=12+1−λ2=λ2−2λ+2，
连接BE，
因为AC⊥BC，DE//BC，则DE⊥BC，即A′E⊥DE，
平面A′DE⊥平面BCED，平面A′DE∩平面BCED=DE，A′E⊂平面A′DE，
可得A′E⊥平面BCED，
且BE⊂平面BCED，所以A′E⊥BE，
可得A′B=A′E2+BE2=λ2+λ2−2λ+2=2λ2−2λ+2，
在△A′DB中，cs∠A′DB=A′D2+DB2−A′B22A′D⋅DB=2λ2+21−λ2−2λ2−2λ+22×2λ×21−λ=−12，
且∠A′DB∈0,π，则∠A′DB=2π3，所以∠A′DB的大小不变.
故选：D.
【题型6 空间垂直的转化】
【例6】（2023上·上海崇明·高二上海市崇明中学校考期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中．求证：
(1)直线DB1⊥平面ACD1；
(2)平面A1BC1⊥平面BB1D1D．
【解题思路】（1）借助正方体的结构特征，利用线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）利用线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定推理即得.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥BB1，
而AC⊥BD，BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面BB1D，于是AC⊥平面BB1D，
又DB1⊂平面BB1D，则AC⊥DB1，同理AD1⊥DB1，而AC∩AD1=A,AC,AD1⊂平面ACD1，
所以直线DB1⊥平面ACD1.
（2）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1//AA1//DD1，BB1⊥平面A1B1C1D1，而A1C1⊂平面A1B1C1D1，
则BB1⊥A1C1，又B1D1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1⊂平面BB1D1D，
因此A1C1⊥平面BB1D1D，而A1C1⊂平面A1BC1，
所以平面A1BC1⊥平面BB1D1D.
【变式6-1】（2023下·广西南宁·高一校联考期末）如图1，在矩形ABCD中，AE=12AB=14AD=a，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1−BCDE.

(1)证明：BE⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，若a=1，求三棱锥O−A1CD的体积.
【解题思路】（1）根据△ABE∽△ABC，证得∠AOE=90∘，得出BE⊥AC，得到BE⊥A1O,BE⊥CO，结合线面垂直的判定定理，即可证得BE⊥平面A1OC；
（2）由A1O⊥BE和平面A1BE⊥平面BCDE，证得A1O⊥平面BCDE，求得AO=25，再求得S△OCD=S△ACD−S△AOD=165，结合锥体的体积公式，即可求解.
【解答过程】（1）证明：在矩形ABCD中，AE=12AB=14AD=a，O是AC与BE的交点，
可得△ABE∽△ABC，所以∠AEB=∠BAC,∠ABE=∠ACB，
因为∠AEB+∠ABE=90∘,∠BAC+∠ACB=90∘，且∠BAC+∠OAE=90∘，
所以∠AEO+∠OAE=90∘，可得∠AOE=90∘，所以BE⊥AC，
在图（2）中，可得BE⊥A1O,BE⊥CO，
因为OA1∩CE=O，且OA1,CE⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC；
（2）解：由（1）知，A1O⊥BE，
因为平面A1BE⊥平面BCDE，且A1O⊂平面A1BE，且平面A1BE∩平面BCDE=BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
又因为a=1，且AE=12AB=14AD=a，所以AE=1,AB=2,AD=4，
可得BE=AB2+AE2=5，所以AO=AB⋅AEBE=25，
在图（1）中，连接OD，由△AOE∽△BOC,可得相似比为AEBC=14，
设△AOD边AD的高为ℎ1，△BOC边BC的高为ℎ2，可得ℎ1ℎ2=14，
因为ℎ1+ℎ2=AB=2，可得ℎ1=25,ℎ2=85，
则S△OCD=S△ACD−S△AOD=12AD⋅DC−12AD×ℎ1=12×2×4−12×4×25=165，
又由VO−A1CD=VA1−OCD=13S△OCD⋅A1O=13×165×25=32575，
所以三棱锥O−A1CD的体积32575.
【变式6-2】（2023下·北京密云·高一统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E为AD的中点．

(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)在线段PC上是否存在点M，使得DM ∥平面PEB?请说明理由．
【解题思路】（1）由题意PE⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，即可得证PE⊥BC；
（2）由PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CD，又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，得CD⊥AP，又PA⊥PD，从而PA⊥平面PCD，即可得结论；
（3）存在M为PC中点时，DM ∥平面PEB．取PB中点为F，可得四边形EFMD为平行四边形，因此DM∥EF，即可证明．
【解答过程】（1）因为PA=PD,E为AD中点，所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
因此PE⊥BC．
（2）由（1）知，PE⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PE⊥CD．
在矩形ABCD中，AD⊥CD，
又因为AD∩PE=E，AD,PE⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD．
AP⊂平面PAD，所以CD⊥AP．
又因为PA⊥PD,CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD．
因为PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．
（3）存在M为PC中点时，DM ∥平面PEB．
证明：取PB中点为F，连接DM,FM，

因为M为PC中点，∴FM∥BC，且FM=12BC．
在矩形ABCD中，E为AD中点，所以ED∥BC，且ED=12BC．
所以ED∥FM，且ED=FM，所以四边形EFMD为平行四边形，
因此DM∥EF，又因为EF⊂面PEB,DM⊄面PEB，
所以DM ∥面PEB．
【变式6-3】（2023下·全国·高三校联考阶段练习）如图，在五面体ABCDE中，四边形ABCD的对角线AC,BD交于点F，△ABC为等边三角形，AB⊥AD,BC⊥CD，AE=CE=433，AB=2.
(1)证明：AC⊥平面BDE；
(2)若AB⊥CE，求五面体的体积.
【解题思路】（1）首先证明BD⊥AC和AC⊥EF，然后利用线面垂直的判定即可证明.
（2）首先证明GE⊥平面ABCD，然后利用锥体的体积公式可得.
【解答过程】（1）连接EF，
在△ABD和△CBD中，∠BAD=∠BCD=90°,AB=BC，BD=BD
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，
所以∠ABF=∠CBF，
又AB=BC，BF=BF，所以△ABF≌△CBF，
则F为AC的中点，所以BD⊥AC．
在△ACE中，AE=CE=433，又F为AC的中点，
所以AC⊥EF，
因为EF⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，EF∩BD=F，BD⊥AC，AC⊥EF，
AC⊥平面BDE
（2）取AB的中点M，连结CM，与BF交于点G，连结GE．
因为AC⊥平面BDE，GE⊂平面BDE，所以AC⊥ GE，
又AB⊥CE，CM⊥AB，CM∩CE=C，所以AB⊥平面CEM，
又GE⊂平面CEM，所以AB⊥GE，
又AB∩AC=A,所以GE⊥平面ABCD．
因为AB=2，△ABC为等边三角形，
因为AB⊥AD,BC⊥CD，所以∠BAD=∠BCD=90°
而∠BAC=∠BCA=60°，
∠DAC=∠BAD−∠BAC=∠BCD−∠BCA=∠DCA=30°
在△BAD中，BD=2sin60°=433，
在等边△ABC中，BF是AC的中线，CM是AB的中线，
所以G是等边△ABC的重心，
所以CG=23CM=23AB⋅sin60°=23×2×32=233
在Rt△CEG中，EG=CE2−CG2=163−43=2，
则四边形ABCD的面积为S四边形ABCD=12AC×BD=433．
故五面体的体积为VABCDE=13×S四边形ABCD×GE=439GE=839．
【题型7 点、线、面的距离问题】
【例7】（2023上·天津北辰·高二统考期末）在四棱锥P−ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为（ ）
A．25B．23C．2D．1
【解题思路】根据题意，证得BC⊥平面PAB，得到PA⊥BC，取PA的中点E，证得PA⊥平面BCE，得到CE⊥PA，得出CE即为点C到直线PA的距离，在直角△BCE中，即可求解.
【解答过程】因为PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB⊥BC，
又因为AB⊥BC，且AB∩PB=B，AB,PB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，
取PA的中点E，因为PB=AB，所以PA⊥BE，
又因为BE∩BC=B，且BE,BC⊂平面BCE，所以PA⊥平面BCE，
因为CE⊂平面BCE，所以CE⊥PA，所以CE即为点C到直线PA的距离，
在等腰直角△PAB中，由PB=AB=4，可得BE=22，
在直角△BCE中，由BC=2，可得CE=BC2+BE2=23，
所以点C到直线PA的距离为23.
故选：B.
【变式7-1】（2023上·全国·高二期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC,AB=AC=1,AA1=2，则点C1到平面AB1C的距离为（ ）
A．52B．102C．255D．2105
【解题思路】利用直三棱柱性质和等体积法根据VB1−ACC1=VC1−B1AC，即可求得点C1到平面AB1C的距离为255.
【解答过程】由直三棱柱性质可得AA1⊥AB，
又AA1∩AC=A，且AA1,AC⊂平面ACC1，所以AB⊥平面ACC1，
又AB//A1B1，所以A1B1⊥平面ACC1；
同理可得AC⊥平面AA1B1，AB1⊂平面AA1B1，所以AC⊥AB1；
可得S△AB1C=12AC⋅AB1=12×1×5=52，
易知三棱锥B1−ACC1的体积VB1−ACC1=13S△ACC1⋅A1B1=13×12×1×2×1=13；
设点C1到平面AB1C的距离为d，
则由VB1−ACC1=VC1−B1AC=13×52d=13，解得d=255.
故选：C.
【变式7-2】（2023下·高二课时练习）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，点E，F分别为CC1，DD1的中点，且已知A1E与BF所成角的大小为60°，则直线A1E与平面BCF之间的距离为（ ）
A．22B．2C．263D．63
【解题思路】由A1E//HC，可得∠BOC=60∘，结合题干条件在Rt△HBC中求解可得AH=22，由A1E//HC可得直线A1E与平面BCF之间的距离即为点E与平面BCF之间的距离，
作EG⊥FC可证明EG为点E与平面BCF之间的距离，求解即可.
【解答过程】
取H为AA1中点，连接HB,HF,FC,不妨令HC,FB相交于O，
由于点E为CC1的中点，故A1H=CE,A1H//CE，
即四边形A1HCE为平行四边形，故A1E//HC，故A1E与BF所成角的大小与HC与BF所成角的大小相等，即∠BOC=60∘，
不妨设AH=x，故BH=x2+4,BC=2,CH=x2+8，
由BC⊥平面ABB1A1，BH⊂平面ABB1A1，故∠CBH=90∘，点O为CH中点，
故OB=OC，又∠BOC=60∘，故△BOC为等边三角形，即OC=BC=2=x2+82，
解得x=22，即AA1=42，
连接EF,EB，作EG⊥FC于G，
由于A1E//HC，A1E⊄平面BCF，HC⊂平面BCF，故 A1E//平面BCF，
则直线A1E与平面BCF之间的距离即为点E与平面BCF之间的距离，
由BC⊥平面CDD1C1，EG⊂平面ABB1A1，故EG⊥BC，又FC∩BC=C,FC,BC⊂平面BCF，
故EG⊥平面BCF，即EG为点E与平面BCF之间的距离，
EC=22,EF=CD=2,FC=(22)2+22=23，
故EG=EC×EFFC=4223=263，即直线A1E与平面BCF之间的距离为263.
故选：C.
【变式7-3】（2023·广东·统考二模）半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体ABCD−EFGH就是一个半正多面体，其中四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面ABCD与平面EFGH之间的距离为（ ）

A．2B．48C．112D．102
【解题思路】分别取BC,AD的中点M,N，作出截面EGMN，结合几何体的性质，确定梯形EGMN的高即为平面ABCD与平面EFGH之间的距离，由此即可求得答案.
【解答过程】分别取BC,AD的中点M,N，连接MN,MG,NE,EG，

根据半正多面体的性质可知，四边形EGMN为等腰梯形；
根据题意可知BC⊥MN,BC⊥MG，
而MN∩MG=M,MN,MG⊂平面EGMN，
故BC⊥平面EGMN，又BC⊂平面ABCD，
故平面ABCD⊥平面EGMN，则平面EFGH⊥平面EGMN，
作MS⊥EG，垂足为S，平面EFGH∩平面EGMN=EG，
MS⊂平面EGMN，故MS⊥平面EFGH，
则梯形EGMN的高即为平面ABCD与平面EFGH之间的距离；
MG=2×32=3,SG=22−22=2−1，
故MS=MG2−SG2=3−(2−1)2=22=48，
即平面ABCD与平面EFGH之间的距离为48，
故选：B.
【题型8 平行关系与垂直关系的综合应用】
【例8】（2023上·上海·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD=AD，E为PC中点．
(1)证明：PA//平面BDE；
(2)证明：平面PCD⊥平面PBC．
【解题思路】（1）连接AC,BD交于点O，由三角形中位线性质可得OE//PA，根据线面平行的判定可证得结论；
（2）由线面垂直的性质及正方形的性质，结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面PCD，由面面垂直的判定可证得结论.
【解答过程】（1）连接AC,BD交于点O，连接OE，
∵四边形ABCD为正方形，∴O为AC中点，又E为PC中点，∴OE//PA，
∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，∴PA//平面BDE.
（2）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC；
∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD；
∵PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD，
∵BC⊂平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC.
【变式8-1】（2023上·上海·高二专题练习）如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，AP//DE.
(1)求证：AB //平面CDE；
(2)若AP=BP=AB，平面PAB⊥平面ABCD.若F为PB中点，求证：AF⊥PC.
【解题思路】（1）由题意可得AB // CD，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）由CB⊥AB及面面垂直的性质可得CB⊥平面PAB，CB⊥AF，结合AF⊥BP即可证明.
【解答过程】（1）因为四边形ABCD为正方形，所以AB // CD，
又CD⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，
所以AB //平面CDE.
（2）若AP=BP=AB，则△ABP为等边三角形，如图，

因为F为PB中点，所以AF⊥BP，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，
所以CB⊥平面PAB.
又AF⊂平面PAB，所以CB⊥AF.
又AF⊥PB，CB∩PB=B，CB,PB⊂平面PBC，
所以AF⊥平面PBC.
又PC⊂平面PBC，
所以AF⊥PC.
【变式8-2】（2023上·上海·高二专题练习）如图，在三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB．已知PA＝AB，D,E分别为PB,BC的中点．
(1)求证：AD⊥平面PBC；
(2)若点F在线段AC上，且满足AD//平面PEF，求AFFC的值．
【解题思路】（1）通过证明AD⊥PB，BC⊥AD，即可证明AD⊥平面PBC；
（2）通过构造面面平行，从而推出线线平行，再利用三角形相似求解.
【解答过程】（1）证明：因为BC⊥平面PAB，AD⊂平面PAB，所以BC⊥AD①，
又△PAB为等腰三角形，且D为PB中点，所以AD⊥PB②，
又BC⊂平面PBC，PB⊂平面PBC，PB∩BC=B，结合①②，
故AD⊥平面PBC，即得证.
（2）取BE中点为M，连接DM､AM，作图如下：
在△PBE中，因为D､M分别为PB､BE中点，所以DM//PE，
又PE⊂平面PEF，DM⊄平面PEF，所以DM//平面PEF，
由已知得：AD//平面PEF，且AD∩DM=D，DM⊂平面ADM，AD⊂平面ADM，
所以平面ADM//平面PEF；又平面ABC∩平面ADM=AM，平面ABC∩平面PEF=EF，
所以AM//EF，则△CFE∼△CAM，MEEC=AFFC；
因为MEEC=12，所以AFFC=12.
【变式8-3】（2023上·上海·高二阶段练习）已知四边形ABCD为直角梯形，∠ADC=90°，AD//BC，△ABD为等腰直角三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E为PA的中点，AD=2BC=22，PA=3PD=3．

(1)求证：BE//平面PDC；
(2)求证：AB⊥平面PBD；
(3)求三棱锥B−DEP的体积．
【解题思路】（1）作辅助线，由中位线性质得到四边形BCFE为平行四边形，得到线线平行，得到线面平行；
（2）由勾股定理逆定理得到线线垂直，结合△ABD为等腰直角三角形得到线面垂直；
（3）再（2）的基础上，结合E为AP的中点，利用VB−DEP=VE−PDB=12VA−PDB求出答案.
【解答过程】（1）证明：取PD中点F，连EF,CF，
因为E为PA的中点，
所以EF//AD且EF=12AD，
又AD//BC，AD=2BC，
所以EF//BC且EF=BC，
故四边形BCFE为平行四边形，
∴BE//CF，
∵BE⊄平面PDC，CF⊂平面PDC，
∴BE//平面PDC；

（2）证明：由题意：AD=2BC=22，PA=3PD=3．
∵AD2+PD2=PA2，
∴PD⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD =AD，PD⊂平面PAD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AB⊂平面ABCD，
∴PD⊥AB，
∵△ABD为等腰直角三角形，
∴BD⊥AB，
∵PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PBD，
∴AB⊥平面PBD；
（3）∵△ABD为等腰直角三角形，AD=22，
∴AB=BD=2，
∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PD⊥BD，
又PD=1，故S△PDB=12PD⋅BD=12×1×2=1，
由（2）得，AB⊥平面PBD，又E为AP的中点，
所以VB−DEP=VE−PDB=12VA−PDB=12×13S△PBD⋅AB=12×13×1×2=13.