专题8.5直线、平面垂直的判定及性质2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质 1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理 新课程考试要求 和性质定理； 2. 掌握公理、判定定理和性质定理. 核心素养 本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等. （1）以几何体为载体，考查线线、线面、面面垂直证明. （2）利用垂直关系及垂直的性质进行适当的转化，处理综合问题. （3）本节是高考的必考内容．预测2020年高考将以直线、平面垂直的判定及其性质 考向预测 为重点，涉及线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定及其应用，题型为解答题中的一 问，或与平行相结合进行命题的判断.以及运用其进一步研究体积、距离、角的问题， 考查转化与化归思想、运算求解能力及空间想象能力． 【知识清单】 知识点1．直线与平面垂直的判定与性质 定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直． 定理： 文字语言 图形语言 符号语言 如果一条直线和一个平面内 判定定理 的两条相交直线都垂直，那 l⊥α 么该直线与此平面垂直. ⇒ 如果两条直线同垂直于一个 性质定理 a∥b 平面，那么这两条直线平行. ⇒ 知识点2．平面与平面垂直的判定与性质 定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． 定理： 文字语言 图形语言 符号语言 如果一个平面经过另一个平面 判定定理 的一条垂线，那么这两个平面 β⊥α 互相垂直. ⇒ 如果两个平面互相垂直，那么 性质定理 在一个平面内垂直于它们交线 AB⊥α 的直线垂直于另一个平面. ⇒ 知识点3．线面、面面垂直的综合应用 1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法 ①定义法． ②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直． ③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面． (2)直线和平面垂直的性质 ①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线． ②垂直于同一个平面的两条直线平行． ③垂直于同一直线的两平面平行． 2．斜线和平面所成的角 斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角． 3．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的判定方法 ①定义法 ②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的性质 如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面． 【考点分类剖析】 考点一 ：直线与平面垂直的判定与性质 【典例1】（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，F分别为 和 的中点， . （1）求三棱锥 的体积； （2）已知D为棱 上的点，证明： .【答案】(1) ；(2)证明见解析. 【解析】 (1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积； (2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的 结论. 【详解】 (1)如图所示，连结AF， 由题意可得： ， 由于AB⊥BB，BC⊥AB， ，故 平面 ， 1 而 平面 ，故 ， 从而有 ， 从而 ， 则 ， 为等腰直角三角形， ， . (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱 的中点，连结 ， 正方形 中， 为中点，则 ， 又 ， 故 平面 ，而 平面 ， 从而 . 【典例2】（2021·河北易县中学高一月考）在三棱锥 中， ， ，O是线段AC的中点，M是线段BC的中点. （1）求证：PO⊥平面ABC； （2）求直线PM与平面PBO所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）利用勾股定理得出线线垂直，结合等边三角形的特点，再次利用勾股定理得出线线垂直，进而得出 线面垂直； （2）根据线面垂直 面 ，得出线和面的夹角 ，从而得出线面角的正弦值. 【详解】 （1）由 ，有 ，从而有 ， 且 又 是边长等于 的等边三角形， . 又 ，从而有 . 又 平面 . （2）过点 作 交 于点 ，连 . 由（1）知 平面 ，得 ，又 平面 是直线 与平面 所成的角. 由（1） ，从而 为线段 的中点， ， ，所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 【规律方法】 (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. (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直. 【变式探究】 1．（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，四棱锥 的底面是边长为 的菱形， 底面 . （1）求证： 平面 ； （2）若 ，直线 与平面 所成的角为 ，求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）证明出 ， ，利用线面垂直判定定理可得出结论； （2）设 ，则 为 中点，连接 ，分析可知直线 与平面 所成的角为 ， 求得 的长，分析出 为等边三角形，可计算出三棱锥 的体积，并计算出 的面积，利用等体积法可计算出点 到平面 的距离. 【详解】 （1）因为四边形 是菱形，所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ，故 ， 又 ，故 平面 ； （2）设 ，则 为 中点，连接 ，设 到平面 的距离为 ， 因为 平面 ，所以 是直线 与平面 所成的角，于是 ，因此 . 又 ，故 为等边三角形， 所以三角形 的面积为 ， 故三棱锥 的体积 . 在直角三角形 中， ， ，所以 ， 平面 ， 平面 ，则 ， 则 ， 所以三棱锥 的体积 ，解得 ， 所以，点 到平面 的距离为 . PABCD ABCD AB 2 BAD600 2.（2019·陕西高一期末）如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， , ，PAD ABCD PAD O AD 面 面 , 为等边三角形， 为 的中点． AD POB (1)求证： 平面 ； E PC PEDB (2)若 是 的中点，求三棱锥 的体积． 1 【答案】（1）详见解析（2）2 【解析】 O PAD AD (1)证：因为 为等边 中边 的中点， AD PO 所以 , ABCD BAD600 又因为在菱形 中， ， ABD O AD 所以 为等边三角形， 为 的中点， AD BO POBO=O 所以 ,而 , AD POB 所以 平面 .AD PO PAD ABCD PO ABCD (2)解：由(1)知 ，面 面 ,所以 底面 ， PAD PO 3 因为等边 的边长为2，所以 , BCD 易知 为边长为2的等边三角形， 1 3 V   22 3 1 所以三棱锥PBCD的体积为： PBCD 3 4 , 1 1 V  V  因为E是PC的中点，所以 PEDB 2 PBCD 2 ， 1 所以三棱锥PEDB的体积为2 ． 考点二 ： 平面与平面垂直的判定与性质 【典例3】（2020·全国高考真题（文））如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 是底 面的内接正三角形， 为 上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO= ，圆锥的侧面积为 ，求三棱锥P−ABC的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】（1）连接 ， 为圆锥顶点， 为底面圆心， 平面 ， 在 上， ， 是圆内接正三角形， ， ≌ ， ，即 ， 平面 平面 ， 平面 平面 ； （2）设圆锥的母线为 ，底面半径为 ，圆锥的侧面积为 ， ，解得 ， ， 在等腰直角三角形 中， ， 在 中， ， 三棱锥 的体积为 . 【典例4】（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–ABC的底面是正三角形，侧面BBCC 1 1 1 1 1 是矩形，M，N分别为BC，BC的中点，P为AM上一点．过BC和P的平面交AB于E，交AC于F． 1 1 1 1（1）证明：AA//MN，且平面AAMN⊥平面EBCF； 1 1 1 1 π （2）设O为△ABC的中心，若AO=AB=6，AO//平面EBCF，且∠MPN=3 ，求四棱锥B–EBCF的体积． 1 1 1 1 1 1 1 【答案】（1）证明见解析；（2）24. 【解析】 （1）  M,N 分别为 BC ， B 1 C 1的中点， MN//BB 1 AA //BB 又 1 1 MN//AA 1 ABC M BC BC  AM 在等边 中， 为 中点，则 BBCC 又  侧面 1 1 为矩形， BC  BB 1  MN//BB 1 MN  BC MN AM M MN,AM  AAMN 由 ， 平面 1 AAMN BC⊥ 平面 1又  B 1 C 1 //BC ，且 B 1 C 1  平面 ABC ， BC  平面 ABC ， BC // ABC 1 1 平面 又  B 1 C 1  平面 EB 1 C 1 F ，且平面 EB 1 C 1 F  平面 ABC  EF BC //EF 1 1 EF//BC  BC  AAMN 又 平面 1 AAMN EF  平面 1 EBC F  EF  平面 1 1 EBC F AAMN  平面 1 1  平面 1 M PN H （2）过 作 垂线，交点为 ， 画出图形，如图 EBC F  AO// 平面 1 1 AO AAMN AAMN  EBC F  NP 平面 1 ，平面 1 平面 1 1 AO//NP  NO//AP 又 AO NP 6  O △ABC 1 1 1 为 的中心. 1 1 ON  AC sin60 6sin60 3  3 1 1 3 ON  AP 3 AM 3AP 3 3 故： ，则 ， EBC F  AAMN EBC F  AAMN  NP  平面 1 1 平面 1 ，平面 1 1 平面 1 ， AAMN MH  平面 1 EBC F MH  平面 1 1 EF AP  又 在等边ABC中 BC AM APBC 36 EF   2 即 AM 3 3 EBC F 由（1）知，四边形 1 1 为梯形 EF BC 26 S  1 1NP= 624 四边形EB 1 C 1 F 的面积为： 四边形EB 1 C 1 F 2 2 1 V  S h BEB 1 C 1 F 3 四边形EB 1 C 1 F ， h M PN MH 2 3sin603 为 到 的距离 ， 1 V  24324  3 . 【规律方法】 1.判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义； ②面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)． 2．证面面垂直的思路 ⊂ ⇒(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系 到两平面互相垂直的性质定理． 【变式探究】 ABCD AD//BC,AD= AB,�BCD 45� BAD90 ABD BD 1.在四边形 中， ， ，将 沿 折起，使平 ABD BCD ABCD ABCD 面 平面 ，构成三棱锥 ，如图，则在三棱锥 中，下列结论正确的是 （ ） ABD ABC A.平面 平面 ADC  BDC B.平面 平面 ABC  BDC C.平面 平面 ADC  ABC D.平面 平面 【答案】D 【解析】 ABCD ABD ABD ADB 45 在直角梯形 中，因为 为等腰直角三角形，故 ， DBC 45 CDBD 所以 ，故 ，CDBD ABD BCD CD BCD 折起后仍然满足 .因为平面 平面 ， 平面 ， ABD BCD  BD 平面 平面 ， CD ABD AB� ABD CD AB 所以 平面 ，因 平面 ，所以 . AB AD ADCD  D AB ADC 又因为 ， ，所以 平面 ， AB� ABC ADC  ABC 因 平面 ，所以平面 平面 . PABCD PD ABCD BD 2.（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图所示，在四棱锥 中， 平面 ， 是 AC BD AC O AC 8 PD2 OD3 OB5 线段 的中垂线， 与 交于点 ， ， ， ， ． PBD PAC （1）证明：平面 平面 ； B PAC （2）求点 到平面 的距离． 10 13 【答案】（1）证明见解析；（2） 13 ． 【解析】 PD ABCD PD AC （1）因为 平面 ，所以 ． BD AC BDPD  D AC  PBD 又因为 ， ，所以 平面 ．AC  PAC PBD PAC 又 平面 ，所以平面 平面 ． AC 8 PD2 OD3 OB5 （2）因为 ， ， ， ， ADCD 42 32 5 AP CP  52 22  29 所以由勾股定理得 ， ． 1  2 S  8 29 42 4 13 所以 △PAC 2 ， 1 1 S  ACOB  8520 △ABC 2 2 ． B PAC h 设点 到平面 的距离为 ． 1 1 S h S PD 由V V ，得3 △PAC 3 △ABC ， BPAC PABC 1 1 4 13h 202 即3 3 ， 10 13 h 解得 ． 13 【总结提升】 在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直． 转化方法：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． 考点三 ： 线面、面面垂直的综合应用 【典例5】（2020·安徽省舒城中学月考（文））设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的 平面．给出下列四个命题： ①若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；②若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α； ③若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥β；④若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β． 其中正确的是（ ） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C 【解析】 m,n , 由 是空间两条不同的直线， 是空间两个不同的平面．m//,n//,// m n 在①中，若 ，则 与 相交、平行或异面，故①错误； l,n,nl  n m m//n m n 在②中，设 ，因为 ，所以 ，又 ，所以 ，又 ， ， m// 所以 ，故②正确； mn,m,// n  n 在③中，若 ，则 与 平行或 ，故③错误； m,n m// m//n ml nl 在④中，设 ，因为 ，所以 ，又 ，所以 ， ,＝l,n n m 又因为 ，所以 ，所以 ，故④正确． 故选：C． 【典例6】（2021·浙江）已知三棱锥 ， 平面 ， 是以 为斜边的等腰直角三角 形， 是以 为斜边的直角三角形， 为 上一点， 为 上一点，且 ． （Ⅰ）现给出两个条件：① ；② 为 中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证： 平面 ； （Ⅱ）若 平面 ，直线 与平面 所成角和直线 与平面 所成角相等，且 ，求 三棱锥 的体积． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） . 【解析】 （Ⅰ）选①选②，都是先证明 平面 ，再证明 平面 ，进而得到 平面 ； （Ⅱ）根据两个线面角相等得出 ，进而可求 ，得到三棱锥 的体积． 【详解】（Ⅰ）若选① 证明：∵ 平面 ， 平面 ，∴ ， 又 ， ，∴ 平面 ． 又 平面 ，∴ ． 又 ， ，∴ 平面 ． 又 平面 ，∴ ． 又 ， ，∴ 平面 ． 若选② 为 中点 证明：∵ 平面 ， 平面 ，∴ ． 又 ， ，∴ 平面 ． 又 平面 ，∴ ． 又 ， ，∴ 平面 ． 又 平面 ，∴ ． 又 为等腰直角三角形 斜边 中点， 则 ， ， ∴ 平面 ． （Ⅱ）由 平面 ， 平面 可知， 与 分别为 与平面 及 与平面 所成线面角， 所以 ， 又 ， ，所以 ． 求得 ，所以 ． 【规律方法】 1.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两 条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的 相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和 顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给 出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等． 2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 3.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直． 4.垂直关系的转化： 【变式探究】 1. （2020·安徽省太和第一中学开学考试）四面体 中， ，其余棱长均为4， ， 分别为 ， 上的点（不含端点），则（ ） A．不存在 ，使得 B．存在 ，使得 C．存在 ，使得 平面 D．存在 ， ，使得平面 平面 【答案】D 【解析】 作出示意图如下图所示： 分别是AB，CD的中点， 面 于 ， 面 于 ， 对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点 时，因为 ，其余棱长均为4，所以 ， 所以 ，所以 ，即 ，故A错误； 对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点 时，由A选项的解析得 ， ， ，所以 面 ，又 面 ，所以平面 平面 ，即平面 平面 ， 故D正确； 对于B选项，作 面 于 ，因为 中， ，所以 定在AB的中线 上， 所以 就是 与面 所成的角， 当E在AB上移动时， 的最小值为直线 与平面 所成的角，即 ，而 是锐 角， 的最大值为 ， 故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误. 对于C选项，作 面 于 ，因为 中， ， 所以 定在AB的中线 上，且不重合于点 ，即点 不落在AB上， 又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC， 故C选项不正确， 故选：D. 2.（2021·唐山市第十一中学高一月考）如图所示，在四棱锥 中，底面 是正方形， 平 面 ，且 ，点E为 的中点，点F为 的中点．（1）求证： ； （2）求证：平面 平面 ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 （1）连结 、 、 ，利用中位线结合正方形证得 ，利用线面垂直的性质定理证得 ，利用中线证得 为等腰三角形，利用平行证得结论；（2）利用三角形全等和等腰三角形 证得 平面 ，然后利用线面垂直的判定定理证得结论. 【详解】 （1）连结 、 、 ， ∵ 平面 ， ∴ 为 斜边 上的中线，∴ ． 又∵四边形 是正方形，∴ ． 而由 平面 ，得 ， ∴ 平面 ，∴ ， ∴ 为 斜边 上的中线， ∴ ，∴ 为等腰三角形， ∵E为 的中点，∴ ． 又 ， ∴ ．（2）由已知易得 ， ∴ ，即 是等腰三角形， ∴ ． 又∵ ， ， ∴ 平面 ． 又 平面 ， ∴平面 平面 ． 考点四： 平行、垂直的综合应用 【典例7】（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-ABC的底面是正三角形，侧面BBCC是 1 1 1 1 1 矩形，M，N分别为BC，BC的中点，P为AM上一点，过BC和P的平面交AB于E，交AC于F. 1 1 1 1 （1）证明：AA∥MN，且平面AAMN⊥平面EBCF； 1 1 1 1 （2）设O为△ABC的中心，若AO∥平面EBCF，且AO=AB，求直线BE与平面AAMN所成角的正弦值. 1 1 1 1 1 1 1 10 【答案】（1）证明见解析；（2） 10 .【解析】 （1）  M,N 分别为 BC ， B 1 C 1的中点， MN//BB 1 AA //BB 又 1 1 MN//AA 1 ABC M BC BC  AM 在 中， 为 中点，则 BBCC 又  侧面 1 1 为矩形， BC  BB 1  MN//BB 1 MN  BC MN AM M MN,AM  AAMN 由 ， 平面 1 AAMN BC⊥ 平面 1 又  B 1 C 1 //BC ，且 B 1 C 1  平面 ABC ， BC  平面 ABC ， BC // ABC 1 1 平面 又  B 1 C 1  平面 EB 1 C 1 F ，且平面 EB 1 C 1 F  平面 ABC  EF BC //EF 1 1 EF//BC  BC  AAMN 又 平面 1 AAMN EF  平面 1 EBC F  EF  平面 1 1EBC F AAMN  平面 1 1  平面 1 NP （2）连接 EBC F EBC F  NP  AO// 平面 1 1 ，平面 AONP 平面 1 1  AO//NP 根据三棱柱上下底面平行， ANMA ABC  AM ANMA ABC  AN 其面 1 平面 ，面 1 平面 1 1 1 1 ON//AP 故：四边形ONPA是平行四边形 ABC 6m m0 设 边长是 ( ) 可得：ON  AP，NP  AO AB6m  O △ABC △ABC 6m 1 1 1 1 1 1 为 的中心，且 边长为 1 ON  6sin60 3m  3 ON  AP 3m 故：  EF//BCAP EP   AM BM 3 EP   3 3 3 解得：EPm BC BQ EP m QN 2m 在 1 1截取 1 ，故 BQ EP BQ//EP  1 且 1 BQPE  四边形 1 是平行四边形， BE//PQ  1 BC  AAMN 由（1） 1 1 平面 1 QPN BE AAMN 故 为 1 与平面 1 所成角 在Rt△QPN ，根据勾股定理可得：PQ  QN2 PN2  2m2 6m2 2 10m QN 2m 10 sinQPN    PQ 2 10m 10 10  直线B 1 E与平面A 1 AMN 所成角的正弦值： 10 . 【典例8】（2021·江苏省镇江中学高一月考）在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， ， 底面 ，点 、 分别是棱 、 的中点.（1）证明： 平面 ； （2）在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成最大角的正切值为 ，若存在，请求出 点 的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析. 【解析】 （1）连接BD，证明 ， 即可证明 平面 ； （2）假设线段 上是否存在点 ，连接 ， ， ，可得 即为 与平面 所成角得 平面角，当 最小，即 时， 最大，利用条件求出 ，即可得出结论. 【详解】 （1）证明：连接BD， 在菱形 中， ，则三角形 为等边三角形， 因为 是 的中点， 所以 ， 又因 底面 ，且 平面 ， 所以 ， 又 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）解：假设线段 上是否存在点 ，连接 ， ， ， 则 ，且 ，故四边形 为平行四边形， 所以 ， 由（1）可知， 平面 ， 所以 平面 ，则 ， 所以 即为 与平面 所成角得平面角， 在 中， ，当 最小，即 时， 最大， ， 所以 ，在 中， ， ， 则 ， 所以线段 上存在点 ，当 时，使得 与平面 所成最大角的正切值为 . 【总结提升】 1.与探索性问题有关的解题策略 (1)求条件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． 2．证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折 叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间 的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形 中解决． 【变式探究】 1.（2019·云南高三月考（文））如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点， PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA ，E是AC的中点． 1 1（1）若P为AB的中点，证明：DE∥平面PBA． 1 （2）若平面PDA ⊥平面PDA，且DE⊥平面CBA，求四棱锥A﹣PBCD的体积． 1 1 1 1 【答案】（1）详见解析（2）2 【解析】 （1）证明：令 A 1 B 的中点为 F ，连接 EF ， PF .因为 P 为 AB 的中点且 PD//BC , 1 PD BC 所以PD是△ABC的中位线，所以PD//BC, 2 . 1 EF  BC 因为E是 A 1 C 的中点,且F为 A 1 B 的中点,所以EF 是 A 1 BC 的中位线,所以EF //BC ，且 2 ， 于是有PD EF , PDEF DE//PF 所以四边形 为平行四边形,所以 , PBA PBA 又 DE  平面 1， PF  平面 1 DE// PBA 所以有 平面 1. CBA DE  AC （2）解：因为 DE 平面 1，所以 1 .AC AD DC  DA 又因为 E 是 1 的中点，所以 1 ， D AC PD//BC P AB 即 是 的中点.由 可得， 是 的中点. 因为在 △ABC 中, B90 ， PD//BC ， PDA 沿 PD 翻折至 PDA 1，且平面 PDA 1  平面 PDA ， PA  PBCD 利用面面垂直的性质可得 1 平面 ， 1 1 3 1 V  S ·AP   1 所以 四棱锥A 1 PBCD 3 四边形PBCD 1 3 2 2. 2.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC 于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A—BCD，如图(2)所示． 1 (1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面AEF. 1 (2)求证：BD⊥AF. 1 (3)若平面ABD⊥平面BCD，试判断直线AB与直线CD能否垂直？请说明理由． 1 1 【答案】 【解析】(1)证明：∵D，M分别为AC，FC的中点， ∴DM∥EF， 又∵EF 平面A 1 EF，DM⊄平面A 1 EF， ∴DM∥平面AEF. ⊂ 1 (2)证明：∵EF⊥BD，AE⊥BD，AE∩EF＝E，AE，EF 平面AEF， 1 1 1 1 ∴BD⊥平面AEF，又AF 平面AEF， 1 1 1 ⊂ ∴BD⊥AF. 1 ⊂ (3)直线AB与直线CD不能垂直．理由如下： 1 ∵平面BCD⊥平面ABD，平面BCD∩平面ABD＝BD，EF⊥BD，EF 平面CBD， 1 1 ∴EF⊥平面ABD， 1 ⊂ 又∵AB 平面ABD， 1 1 ∴AB⊥EF， 1 ⊂ 又∵DM∥EF，∴AB⊥DM. 1 假设AB⊥CD， 1 ∵DM∩CD＝D，∴AB⊥平面MCD， 1∴AB⊥BD，与∠ABD为锐角矛盾， 1 1 ∴直线AB与直线CD不能垂直． 1 考点五： 距离问题 【典例9】（2020·赣州市第一中学高二月考（文））如图，在四棱锥 中，四边形 是直角 梯形， ， ， 为等边三角形. （1）证明：平面 平面 ； （2）若 的面积为 ，求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）由题意，推导出BD⊥BC，PB⊥BC，从而得BC⊥平面PBD，进而即可证明平面 平面 ； （2）根据 ，由等体积法即可求解点 到平面 的距离. 【详解】 解：（1）∵在四棱锥 中，四边形 是直角梯形， ， ， 为等边三角形， 设 ，则 ， ， ∴BD⊥BC，PB⊥BC， ∵BD∩PB＝B， ∴BC⊥平面PBD， ∵BC 平面PBC，平面 平面 . （2） ， ，即 ， 由（1）知， ， ，即 ，解得 ， 所以点B到面PCD的距离为 . 【总结提升】 空间距离的求法：直接法、等体积法、空间向量法 【变式探究】 PABCD （2019·河南南阳中学高三开学考试（文））如图，已知四棱锥 的底面是梯形， ABCD，AD  AB， AD CD 2AB 4，PA PD  PC 3. 且 O AC PO ABCD. (1)若 为 的中点，证明: ⊥平面C PAB (2)求点 到平面 的距离. 4 5 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 【解析】 ABCD，AD  AB， (1)证明：因为 ADCD，AC 4 2 , PA PC 3，O AC 又 为 的中点 PO AC，PO 32 (2 2)2 1 OD RtACD O AC 连接 ，在 中， 为 的中点 1 OD AC 2 2. 2 OD2 OP2  PD2 ∵ ， POOD ODAC O 又 ABCD ∴PO⊥平面 C PAB h (2)解：设点 到平面 的距离为 ， 1 则S ABC  2 244， PB PO2 OB2  5 . PAB PA3，AB2，PB 5 在 中， ,945 2 cosPAB   ∴ 232 3 . 1 4 S  32 1  5 ∴ PAB 2 9 4 5 h 由V V ，得 5h4PO4，解得 5 . CPAB PABC