文档内容
第 51 讲 直线与平面、平面与平面垂直
知识梳理
1. 直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平
面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定
一条直线与一个平面内的
定理 两条相交直线都垂直，则 ⇒l⊥α
该直线与此平面垂直
性质
垂直于同一个平面的两条
定理 ⇒a∥b
直线平行
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，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂
直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是_ 0 ° 的角．
(2)范围：.
3. 平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两
条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
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．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定
一个平面过另一个平面的垂
定理 ⇒α⊥β
线，则这两个平面垂直
文字语言 图形语言 符号语言
性质
两个平面垂直，则一个平
定理 面内垂直于交线的直线与 ⇒l⊥α
另一个平面垂直1、【2022年全国乙卷】在正方体ABCD−A B C D 中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
1 1 1 1
A．平面B EF⊥平面BDD B．平面B EF⊥平面A BD
1 1 1 1
C．平面B EF//平面A AC D．平面B EF//平面A C D
1 1 1 1 1
【答案】A
【解析】在正方体ABCD−A B C D 中，
1 1 1 1
AC⊥BD且DD ⊥平面ABCD，又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD ，
1 1
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD =D，
1
所以EF⊥平面BDD ，又EF⊂平面B EF，
1 1
所以平面B EF⊥平面BDD ，故A正确；
1 1
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B (2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A (2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0)，
1 1
C (0,2,2)，
1
则⃑EF=(−1,1,0),⃑EB =(0,1,2)，⃑DB=(2,2,0),⃑DA =(2,0,2)，
1 1
⃑A A =(0,0,2),⃑AC=(−2,2,0),⃑A C =(−2,2,0),
1 1 1
设平面B EF的法向量为⃑m=(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则有¿，可取⃑m=(2,2,−1)，
同理可得平面A BD的法向量为⃑n =(1,−1,−1)，
1 1
平面A AC的法向量为⃑n =(1,1,0)，
1 2
平面A C D的法向量为⃑n =(1,1,−1)，则⃑m⋅⃑n =2−2+1=1≠0，
1 1 3 1
所以平面B EF与平面A BD不垂直，故B错误；因为⃑m与⃑n 不平行，
1 1 2
所以平面B EF与平面A AC不平行，故C错误；因为⃑m与⃑n 不平行，
1 1 3
所以平面B EF与平面A C D不平行，故D错误，
1 1 1
故选：A.
2、【2021年新高考2卷】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
【解析】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.
3、【2021年新高考1卷】在正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中
， ，则（ ）
A．当 时， 的周长为定值
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数．
【详解】
易知，点 在矩形 内部（含边界）．
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面
，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点
轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则
， ， ，所以 或 ．故 均满足，故
C错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点轨迹为线段 ．设 ，因为 ，所以 ， ，所以
，此时 与 重合，故D正确．
故选：BD．
4、【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面
ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3．
(1)证明：BD⊥PA；
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
1
所以AE=BF= ，
2
√3
故DE= ，BD=√DE2+BE2=√3，所以AD2+BD2=AB2，
2
所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；
5、【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
【解析】由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于¿，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BD，
由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
1、(2022·哈尔滨模拟)设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是( )
A．m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．m⊥α，n⊥α，则m∥n
C．m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．m⊥n，n∥α，则m⊥α
【答案】 D
【解析】 对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，
∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，
∴m⊥n，故A正确；
对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；
对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m∥α或m与α相交，故D错误．
2、已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )
A．m⊥l，m⊂β，l⊥α
B．m⊥l，α∩β＝l，m⊂α
C．m∥l，m⊥α，l⊥β
D．l⊥α，m∥l，m∥β【答案】 D
【解析】 对于A，有可能出现α，β平行这种情况，故A错误；对于B，会出现平面 α，β相交但不垂直
的情况，故B错误；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β α∥β，故C错误；对于D，l⊥α，m∥l m⊥α，又由
m∥β α⊥β，故D正确．
⇒ ⇒
3、.如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(
⇒
)
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
【答案】 D
【解析】 因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，
BC⊄平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE⊂平面PAE，所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确．
4、如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，
M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( )
A．MN∥AB
B．平面VAC⊥平面VBC
C．MN与BC所成的角为45°
D．OC⊥平面VAC
【答案】 B【解析】由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以
BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.
5、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点
M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
【答案】：DM⊥PC(答案不唯一)
【解析】：由定理可知，BD⊥PC．
∴当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD．
考向一 线面垂直的判定与性质
例1、如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，
E是PC的中点．
求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE．
【证明】：(1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC．而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD．
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE．
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上
的点，且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1) PH⊥平面ABCD；
(2) EF⊥平面PAB.【解析】 (1) 因为AB⊥平面PAD，PH 平面PAD，
所以PH⊥AB.
⊂
因为PH为△PAD中AD边上的高，
所以PH⊥AD.
因为AB∩AD＝A，AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PH⊥平面ABCD.
⊂ ⊂
(2) 如图，取PA的中点M，连接MD，ME.
因为E是PB的中点，
所以ME＝AB，ME∥AB.
又因为DF＝AB，DF∥AB，
所以ME＝DF，ME∥DF，
所以四边形MEFD是平行四边形，
所以EF∥MD.
因为PD＝AD，所以MD⊥PA.
因为AB⊥平面PAD，MD 平面PAD，
所以MD⊥AB.
⊂
因为PA∩AB＝A，PA 平面PAB，AB 平面PAB，
所以MD⊥平面PAB，
⊂ ⊂
所以EF⊥平面PAB.
变式2、如图，在直三棱柱ABC-AB C 中，已知AC⊥BC，BC＝CC .设AB 的中点为D，B C∩BC ＝E，
1 1 1 1 1 1 1
连接DE.求证：
(1) DE∥平面AA C C；
1 1
(2) BC ⊥AB .
1 1【解析】 (1) 由题意，知E为B C的中点．
1
又D为AB 的中点，所以DE∥AC.
1
因为DE⊄平面AA C C，AC 平面AA C C，
1 1 1 1
所以DE∥平面AA C C.
1 1 ⊂
(2) 因为棱柱ABCA B C 是直三棱柱，
1 1 1
所以CC ⊥平面ABC.
1
因为AC 平面ABC，所以AC⊥CC .
1
又因为AC⊥BC，CC 平面BCC B ，BC 平面BCC B ，BC∩CC ＝C，
⊂ 1 1 1 1 1 1
所以AC⊥平面BCC B .
1 ⊂1 ⊂
又因为BC 平面BCC B ，
1 1 1
所以BC ⊥AC.
1 ⊂
因为BC＝CC ，
1
所以矩形BCC B 是正方形，
1 1
所以BC ⊥B C.
1 1
因为AC 平面B AC，B C 平面B AC，AC∩B C＝C，
1 1 1 1
所以BC ⊥平面B AC.
1⊂ 1 ⊂
又因为AB 平面B AC，
1 1
所以BC ⊥AB .
1 ⊂ 1
方法总结；1.证明直线和平面垂直的常用方法有：
(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(α⊥β，α∩β＝a⇒，l⊥a，l β l⊥α).
2.⇒证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助⊂线面⇒垂直的性质.因此，判定定理与
性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.
考向二 面面垂直的判定与性质
例2、如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB＝ ，BC＝1，E，F分别是AB，PC的中点，
DE⊥PA.（1）求证：EF∥平面PAD；
（2）求证：平面PAC⊥平面PDE.
【证明】（1）设 的中点为 ，连接 ,因为F是PC的中点，所以有
,又因为四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形, E是AB的中点,所以有
，因此有 ,所以四边形 是平行四边形，因此有
, 平面PAD， 平面PAD，所以EF∥平面PAD；
（2）在矩形 中，设 交于点 ，因为E是AB的中点,所以 ，
因为 ，所以 ∽ ，因此 ，而
，所以 ，而DE⊥PA，
平面PAC，所以 平面PAC，而 平面PDE，因此
平面PAC⊥平面PDE.
变式1、如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别
为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：
(1) CE∥平面PAD；
(2) 平面EFG⊥平面EMN.【解析】 (1) 取PA的中点H，连接EH，DH.
又E为PB的中点，
所以EH＝AB，EH∥AB.
又CD＝AB，CD∥AB，
所以EH＝CD，EH∥CD，
所以四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH.
又DH 平面PAD，CE⊄平面PAD，
所以CE∥平面PAD.
⊂
(2) 因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可得AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF 平面EFG，FG 平面EFG，
所以AB⊥平面EFG.
⊂ ⊂
又因为M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD.
又AB∥CD，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面EFG.
因为MN 平面EMN，
所以平面EFG⊥平面EMN.
⊂
方法总结：(1)判定两个平面垂直的方法：①利用定义：证明二面角是直二面角；②利用判定定理：a⊂α，
a⊥β⇒α⊥β.(2)面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判
定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平面解析几何条件．
考向三 平行与垂直的探索性问题
例3 如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．
(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，
并加以证明；若不存在，请说明理由．【证明】 (1)
图1
连接AC交BD于O，连接OF，如图1.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，
∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.
(2)当P为AE中点时，有PM⊥BE.
证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，
∵P为AE的中点，H为BE的中点，
图2
∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又
CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.
变式、如图，在三棱台ABC-DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1) 设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2) 若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定
点G的位置；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 在三棱台ABC-DEF中，AC∥DF，AC 平面ACE，DF⊄平面ACE，
所以DF∥平面ACE.
⊂
因为DF 平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
所以DF∥a.
⊂
(2) 线段BE上存在点G，且BG＝BE，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，连接GD，如图1.
因为CF＝EF，所以GF⊥CE.
因为在三棱台ABC-DEF中，AB⊥BC，
所以DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF，得CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，CF 平面CBEF，EF 平面CBEF，
所以DE⊥平面CBEF，所以DE⊥GF.
⊂ ⊂
因为GF⊥CE，GF⊥DE，CE∩DE＝E，CE 平面CDE，DE 平面CDE，
所以GF⊥平面CDE.
⊂ ⊂
又GF 平面DFG，
所以平面DFG⊥平面CDE.
⊂
此时，平面图如图2所示，延长CB，FG相交于点H.
因为O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
所以HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE可知＝＝，
即BG＝BE.
图1 图2
方法总结：平行与垂直中探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通
过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据
条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识
建点．1、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）在下列命题中，假命题是（ ）
A．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥β
B．若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥β
C．若平面α⊥平面β，任取直线l α，则必有l⊥β
D．若平面α∥平面β，任取直线l α，则必有l∥β
【答案】C
【分析】
对于A：利用线面垂直的定义和面面垂直的判定定理进行证明；
对于B：利用面面平行的定义进行证明；
对于C：在正方体中取反例否定结论；
对于D：利用线面平行的定义进行判断.
【详解】
对于A：根据线面垂直的定义，若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则这条直线垂直于平
面β，又有面面垂直的判定定理，即可证明α⊥β.故A成立.
对于B：若平面α内任一直线平行于平面β，则直线与平面β没有公共点，所以平面α与平面β没有公共点，
所以α∥β. 故B成立.
对于C：如图示：
在正方体中取面 为平面α、面 为平面β和直线 为直线l，满足平面α⊥平面β，直线l
α，但是l∥β. 故C不成立.
对于D：若平面α∥平面β，则平面α与平面β没有公共点，任取直线l α，则直线l与平面β没有公共点，
所以l∥β. 故D成立.
故选：C
2、（2022·江苏如东·高三期末）（多选题）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（）
A．若m//n，nα，则m//α B．若m⊥n，nα，则m⊥α
C．若m⊥α，n⊥α，则m//n D．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
【答案】CD
【分析】
根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】
m//n，nα时， 或 ，A错；
m⊥n，nα， 与 可能平行，也可能有 或相交，不一定垂直，B错；
若m⊥α，n⊥α，由线面垂直性质定理知，C正确；
m//α，m//β，α∩β＝n，如图，
过 作平面 交 于直线 ，由 得 ，
同理过 作平面 与 交于直线 ，得 ，
所以 ，而 ，所以 ，又 ． ，则 ，
所以 ．D正确．
故选：CD．
3、（2022·江苏常州·高三期末）（多选题）已知正方体 的棱长为 ，点 是棱 上的
定点，且 ．点 是棱 上的动点，则（ ）
A．当 时， 是直角三角形
B．四棱锥 的体积最小值为
C．存在点 ，使得直线 平面D．任意点 ，都有直线 平面
【答案】AB
【分析】
由已知计算利用勾股定理可判断A, 当 与 重合时， 到平面 的距离最小利用等体积转化
计算可判断选项B,由 平面 ,平面 与平面 不平行，可判
断选项C,当 与 重合时，可验证 平面 不成立，即可判断选项D.
【详解】
由已知计算可得： , , ,
为直角三角形，A对
与 重合时， 到平面 的距离最小
在 上取 ，使
，
，B对
平面
平面 与平面 不平行， 与平面 不垂直
与 重合时，平面 为平面若 平面 ，则 平面 ，与 平面 矛盾，D错.
故选:AB
4、（2022·山东莱西·高三期末）（多选题）设a，b是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，P
是一个点，则下列选项正确的为（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ， ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】ABD
【分析】
选项A. 由面面平行的性质可判断；选项B. 设 分别为直线 的方向向量，由 ，则 从而可判
断；选项C.由题意若 时不一定成立；选项D. 由平面平行的性质可判断.
【详解】
选项A. 若 ， ，由面面平行的性质可得 ，故正确.
选项B. 设 分别为直线 的方向向量，由 ，则由 ， ，则向量 分别为平面 的法向量
由 ，则 ，故正确.
选项C. 若 ，过点 作直线 ，不一定能得到 .
过点 作平面 ，使得 ，如图.
过点 在平面 作直线 ，都满足条件，但不一定有 ，故不正确.
选项D. 若 ， ，由平面平行的性质可得 ，故正确.
故选：ABD
5、（2022·湖南娄底·高三期末）（多选题）在三棱锥 中，已知 ， ， ，
平面 平面ABC，且 ，则（ ）．
A．
B．平面 平面ABC
C．三棱锥 的体积为
D．三棱锥 的外接球的表面积为
【答案】ABC
【分析】
通过证明 平面 来判断AB选项的正确性；通过计算三棱锥 的体积来判断C选项的正确
性；求出三棱锥 的外接球的表面积来判断D选项的正确性.
【详解】因为 ， ，
所以 ，所以 ，
过D作 于E．
因为平面 平面ABC，平面 平面 ，
所以 平面ABC，所以 ，
假设DB，DE不重合，因为 ，所以 平面DBC，
所以 ，这样与 矛盾，
所以假设不成立，所以DB，DE重合，即 平面ABC，
所以 ，
由于 平面 ，
所以平面 平面ABC，所以A，B正确；
三棱锥 的体积为 ，所以C正确；
设三角形ABC的外心为F，外接圆半径为 ，
过F作 平面ABC，
设O为外接球的球心，则 ， ，所以 ，
所以 ，解得 ，
所以外接球的半径为 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，所以D不正确．
故选：ABC
