专题7.4 空间直线、平面的垂直（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 垂直关系的有关命题的判断】..................................................................................................................5
【题型2 证明线线垂直】..........................................................................................................................................7
【题型3 线面垂直的判定】....................................................................................................................................10
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】................................................................................................................15
【题型5 面面垂直的判定】....................................................................................................................................20
【题型6 面面垂直的性质定理的应用】................................................................................................................26
【题型7 平行、垂直关系的综合应用】................................................................................................................32
【题型8 垂直关系的探索性问题】........................................................................................................................37
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
2023 年新高考Ⅱ卷：第20
题，12 分
2024 年新高考Ⅱ卷：第17
题，15 分
2025 年全国一卷：第9 题，6
分、第17 题，15 分
2025 年北京卷：第14 题，5
分
2025 年天津卷：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，复习备
考时要强化定理条件的严谨性，避免忽
略定理核心条件导致失误.
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α 内的任意一条直线都垂直，我们就说直线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.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α 与β 垂直，
记作α⊥β.
(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判断】
【例1】（2025·重庆·二模）已知 m,n,a,b 是两条不重合的直线， α ，β 是两个不重合的平面，则下
列说法正确的是（ ）
A．若 m⊥α ,n// β ,α ⊥β ，则 m⊥n
B．若 m⊥n，m⊥α ，n// β ，则 α ⊥β
C．若 m//n，m//α ，n// β ，则 α // β
D．若 a//α ，a⊂β ，α ∩β =b ，则 a//b
【答案】D
【解题思路】利用空间线、面平行或垂直的判定与性质，对每个选项逐一判断，通过举反例可判断ABC，
由线面平行的性质可判断D.
【解答过程】对于A，如图所示：m⊥α ，n// β ，α ⊥β，但n//m，故A 错误；
对于B.，如图所示：满足 m⊥n，m⊥α ，n// β ，但α // β，故B 错误；
对于C，满足m//n，m//α ，n// β，但α , β不平行，故C 错误；
对于D，a//α ，a⊂β ，α ∩β =b ，由线面平行的性质可和a//b，故D 正确.
故选：D.
【变式1-1】（2025·重庆·三模）已知直线m，n和平面α，其中m⊂α，则“m⊥n”是“n⊥α”的
（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解题思路】由线面垂直判定定理及线面垂直的性质即可判断得出结论.
【解答过程】由m⊂α，m⊥n，则可能有n⊂α，n//α或者n与α相交，不能推出n⊥α，
若n⊥α，m⊂α，则有n⊥m，
所以“m⊥n”是“n⊥α”的必要不充分条件.
故选：C.
【变式1-2】（2025·天津滨海新·三模）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命
题正确的是（ ）
A．若m//α，n⊂α，则m//n
B．若m//α，m//n，则n//α
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α ⊥βD．若α ⊥β，α ∩β =l，m⊥l，则m⊥α
【答案】C
【解题思路】根据线面平行的位置关系判断AB；根据线面垂直、面面垂直的判定及性质判断CD.
【解答过程】对于A，由m//α，n⊂α，则m//n或m,n异面，故A 错误；
对于B，由m//α，m//n，则n//α或n⊂α，故B 错误；
对于C，由m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，
则在平面α内存在直线a//n，而n⊥β，则a⊥β，所以α ⊥β，故C 正确；
对于D，由α ⊥β，α ∩β =l，m⊥l，
只有当m⊂β或m// β时，m⊥α，故D 错误.
故选：C.
【变式1-3】（2025·天津和平·二模）已知a，b 是空间两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则
下列命题正确的为（ ）
A．若α ∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b B．若a∥α，a⊥β，则α ⊥β
C．若α ∩β =a，γ ∩β =b，a∥b，则α ∥γ D．若α ⊥β，a⊂α，则a⊥β
【答案】B
【解题思路】利用空间中点、线、面位置关系的判定定理和性质逐项判断可得正确的选项.
【解答过程】对于A，若α ∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b或a,b异面，故A 错误；
对于B，若a∥α，则存在直线c⊂α，使得a∥c，
由于a⊥β，则c⊥β，可得α ⊥β，故B 正确；
对于C，若α ∩β =a，γ ∩β =b，a∥b，则α ∥γ或α ,γ相交，故C 错误；
对于D，若α ⊥β，a⊂α，设α ∩β =l，
只有当a⊥l时，才能得到a⊥β，故D 错误.
故选：B.
【题型2 证明线线垂直】
【例2】（2025 高二下·湖南株洲·学业考试）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，连接AC，B D1，则直线
AC，B D1位置关系是（ ）
A．异面且垂直
B．异面但不垂直
C．相交且垂直
D．平行
【答案】A
【解题思路】易知AC与B D1互为异面直线，根据线面垂直的判定定理与性质即可证明.
【解答过程】如图，易知AC与B D1互为异面直线.
连接DB，则AC ⊥DB，
又D D1⊥面ABCD，AC ⊂面ABCD，
所以D D1⊥AC，又D D1∩DB = D , D D1、DB⊂面D D1B，
所以AC ⊥面D D1B，又B D1⊂面D D1B，
所以AC ⊥B D1.
故选：A.
【变式2-1】（24-25 高二上·贵州·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′中，直线A A
′与DC的位
置关系是（ ）
A．平行
B．相交
C．异面且垂直
D．异面但不垂直
【答案】C
【解题思路】根据图形结合线面垂直的性质判断即可.
【解答过程】在长方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′中，A A
′⊥平面ABCD，
因为DC ⊂平面ABCD，所以A A
′⊥DC，
又直线A A
′与DC不相交且不平行，
所以直线A A
′与DC异面且垂直.
故选：C.
【变式2-2】（24-25 高二上·云南昭通·期中）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =1.证明：
(1)A D1⊥B1C；
(2)A D1与B1C是异面直线.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据当两直线所成的角是直角时，两直线垂直即可证明
（2）根据异面直线的定义可得
【解答过程】（1）如图所示，连接BC1，
∵ABCD−A1B1C1 D1为正方体，
∴AB∥D1C1，
∴平面ABC1 D1为平行四边形，
∴A D1∥BC1, A D1= BC1.
∵BC C1B1为正方形，
∴BC1⊥B1C，
∴A D1⊥B1C.
（2）由A D1⊂面AD D1 A1，B1C ⊂面BC C1B1，且面AD D1 A1//面BC C1B1，
又A D1与B1C不平行，∴A D1与B1C是异面直线.
【变式2-3】（24-25 高一下·吉林长春·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，D，E 分别为
BC，A1B1的中点.
(1)求证：AB⊥DE.
(2)若A A1=3，AB= AC=2，求三棱锥A−BCE的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解题思路】（1）取AB中点H，连EH,HD.由中点性质知AB垂直EH,AB垂直HD，根据线面垂直判定得AB
垂直平面EHD，进而得AB⊥DE．
（2）利用三棱锥体积公式算出体积.
【解答过程】（1）取AB中点H，连接EH，HD，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，D，E 分别为BC，A1B1的中点，
故EH // B B1,DH // AC，又因B B1⊥AB,则AB⊥EH，AB⊥HD，
因EH∩HD= H，EH,HD⊂平面EHD，
故AB⊥平面EHD，因为DE⊂平面EHD，所以AB⊥DE；
（2）因A A1=3，AB= AC=2，B B1⊥平面ABC，则EH⊥平面ABC，
则三棱锥A−BCE的体积为：VA−BCE= VE−ABC=1
3 S△ABC·EH = 1
3 ×1
2 ×2×2×3=2．
【题型3 线面垂直的判定】
【例3】（2025·上海青浦·模拟预测）如图，已知四棱锥S−ABCD的底面为菱形，∠BAD =π
3 , AS =CS.
(1)求证：AC ⊥平面BDS；
(2)若AB =2,BS = ❑√3, DS =1，求四棱锥S−ABCD的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【解题思路】（1）由菱形与等腰三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直判定，可得答案；
（2）由菱形的性质与勾股定理，根据（1）可分割三棱锥的底与高，结合体积公式，可得答案.
【解答过程】（1）设AC 与BD 相交于点O，
因为底面ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD，且O为AC 、BD中点.
又因为AS =CS，所以SO⊥AC ,SO∩BD =O ,SO、BD⊂平面BDS，
所以AC ⊥平面BDS.
（2）因为底面ABCD 是菱形，∠BAD =π
3 , AB =2，所以△ABD是等边三角形，则BD = AB =2.
在△BDS中，BS = ❑√3, DS =1,BD =2，满足B S
2+ D S
2= B D
2，
根据勾股定理逆定理可知∠BSD =90
°，即SD⊥SB.
由（1）知AC ⊥平面BDS，所以V S−ABCD= 1
3 S△SBD⋅AC，
S△SBD=
❑√3×1
2
=
❑√3
2 , AC =2❑√3.
则V S−ABCD= 1
3 ×
❑√3
2 ×2❑√3=1.
【变式3-1】（2025·山西·三模）如图所示，在三棱锥A −BCD中，AB =CD，AC = AD = BC = BD，
BC =2 AB，点E，F，G分别在棱BC，AC，AD上运动，且AB //平面EFG，CD //平面EFG，M，
N分别是线段CD和AB的中点．
(1)证明：直线MN ⊥平面EFG；
(2)当三角形EFG面积的最大值为1
2时，求三棱锥A −BCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)2❑√14
3
【解题思路】（1）即证MN ⊥EF，FG⊥MN，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）利用三角形EFG面积的最大值为1
2，即可求出各棱长，利用三棱锥的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为AB //平面EFG，AB⊂平面ABC，AB⊄平面EFG，
平面ABC ∩平面EFG = EF，所以AB // EF，同理CD // FG，
连接AM，BM，
∵AC = AD = BC = BD，所以△ACD≅△BCD，
又因为M，N分别是线段CD和AB的中点，
所以AM = BM，所以MN ⊥AB，所以MN ⊥EF，
又因为AM ⊥CD，BM ⊥CD，AM ⊂平面AMB，BM ⊂平面AMB，AM ∩BM = M，
所以CD⊥平面AMB，所以CD⊥MN，所以FG⊥MN，
因为EF ⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF ∩FG = F，
所以MN ⊥平面EFG．
（2）由（1）及已知可得CF
CA + AF
CA =1，因为EF
AB = CF
CA ，FG
CD = AF
AC ，
所以EF
AB + FG
CD =1，又因为AB =CD，所以EF + FG = AB，
又因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB，
所以CD⊥EF，所以FG⊥EF，
所以S△EFG= 1
2 EF ⋅FG≤1
2(
EF + FG
2
)
2
= 1
2 × A B
2
4
= 1
2，当且仅当EF = FG时等号成立，
所以AB =2，又BC =2 AB，则AC = AD = BC = BD = 4，
因为CD⊥平面AMB，所以V A −BCD=V C −ABM +V D−ABM = 1
3 S△ABM ⋅CD
因为AM = BM =
❑√A C
2−C M
2= ❑√15，所以MN =
❑√A M
2−A N
2= ❑√14，
所以V A −BCD= 1
3 × 1
2 ×2×❑√14×2= 2❑√14
3
．
所以三棱锥A −BCD的体积为2❑√14
3
.
【变式3-2】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2 的正方
形，且CB⊥BP，CD⊥DP，PA =2，点E，F分别为PB，PD的中点.
(1)求证：PA ⊥平面ABCD；
(2)求点P到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)2❑√3
3
.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）利用等体积法求出点到平面的距离.
【解答过程】（1）由底面ABCD为正方形，得CB⊥AB，又CB⊥BP , AB∩BP = B , AB ,BP⊂平面
ABP，
于是CB⊥平面ABP，而PA ⊂平面ABP，则CB⊥PA，同理CD⊥PA，
又CB∩CD =C ,CB ,CD⊂平面ABCD，
所以PA ⊥平面ABCD.
（2）由（1）得PA ⊥AB，点E为PB的中点，在Rt△PAB中，AE = ❑√2，点F为PD的中点，同理
AF = ❑√2，
在△PBD中，EF = 1
2 BD = ❑√2，因此S△AEF = 1
2 ×❑√2×❑√2×
❑√3
2 =
❑√3
2 ，
在直角△PAB中，S△APE= 1
2 × 1
2 ×2×2=1，
由（1）知CB⊥平面ABP，则AD⊥平面ABP，于是点F到平面APE的距离为1
2 AD =1
设点P到平面AEF的距离为ℎ，由V P−AEF =V F −AEP，得1
3 ×
❑√3
2 ×ℎ= 1
3 ×1×1，解得ℎ= 2❑√3
3
，
所以点P到平面AEF的距离为2❑√3
3
.
【变式3-3】（2025·四川雅安·三模）四棱锥P−ABCD中，AP = AC，底面ABCD为等腰梯形，CD ∥
AB，AB =2CD =2BC =2，E为线段PC的中点，PC ⊥CB.
(1)证明：AE⊥平面PCB；
(2)若PB =2，求直线PD与平面ABCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3 ❑√10
10
.
【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AP = AC , E为线段PC的中点，所以AE⊥PC，
在等腰梯形ABCD中，作CF ⊥AB于F，则由AB =2CD =2BC =2得FB = 1
2 BC，
所以cos∠CBA = BF
BC = 1
2，所以∠CBA =60
∘,∠FCB =30
∘，
因为AB =2BC，所以BC
AB = BF
BC = 1
2，所以△BCF ∼△BAC，
所以∠BCF =∠BAC =30
∘，所以∠ACB =90
∘，所以AC ⊥BC，
因为PC ⊥CB , PC ∩AC =C，PC , AC ⊂平面PCA，所以BC ⊥平面PCA，
因为AE在平面PCA内，所以BC ⊥AE，
因为PC ∩BC =C , PC ,BC在平面PCB内，所以AE⊥平面PCB.
（2）因为PB =2,BC =1，所以PC = ❑√3, AP = AC = ❑√3，
取AC的中点M，连接PM，则PM ⊥AC，
因为BC ⊥平面PCA，PM ⊂平面PCA，所以PM ⊥BC，
又BC ∩AC =C，BC , AC ⊂平面ABCD，所以PM ⊥平面ABCD，
所以∠PDM为直线PD与平面ABCD所成的角，
在正△PAC中，PM = 3
2，又因为DM = 1
2 BC = 1
2，
在Rt△PDM中，P D
2= P M
2+ D M
2= 5
2，所以PD =
❑√10
2
，
所以sin∠PDM = PM
PD =
3
2
❑√10
2
= 3 ❑√10
10
.
所以直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为3 ❑√10
10
.
【题型4 线面垂直的性质定理的应用】
【例4】（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，
∠BAD =90
∘，AD // BC，AB =2，AD =1, PA = BC = 4 , PA ⊥平面ABCD.
(1)求证:直线BD⊥PC；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)arctan 2❑√5
5
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC，再利用线面垂直的性质定理即可证
明；
（2）先证明BC ⊥平明PAB，从而得到∠CPB为直线PC与平面PAB所成角，再在Rt△CPB中求解
∠CPB即可.
【解答过程】（1）由题意知tan ∠ADB =2= tan ∠BAC，所以∠ADB =∠BAC，
又因为∠BAC +∠CAD =90
∘，所以∠ADB+∠CAD =90
∘，所以AC ⊥BD；
又因为PA ⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA ⊥BD，
又因为AC ∩PA = A , AC , PA ⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，又PC在平面PAC内，
所以直线BD⊥PC；
（2）因为PA ⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，所以PA ⊥BC，
因为BC ⊥AB，AB∩PA = A，AB , PA ⊂平明PAB，所以BC ⊥平面PAB，
所以∠CPB为直线PC与平面PAB所成角，
在Rt△CPB中，因为PB =2❑√5,BC = 4，
所以tan ∠BPC = BC
PB = 2❑√5
5
所以直线PC与平面PAB所成角的大小为arctan 2❑√5
5
.
【变式4-1】（2025·湖南长沙·一模）在多面体ABCDE中，已知
AB = BC =2, AC =2❑√2, DA = DB = EB = EC = ❑√5，且平面BCE与平面DAB均垂直于平面ABC , F为DE
的中点.
(1)证明：DE ∥ AC；
(2)求直线BF与平面ACE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)4 ❑√2
9
.
【解题思路】（1）取AB ,BC的中点M , N，证明四边形DENM为平行四边形即可得证DE∥AC；
（2）建立空间直角坐标系，运用法向量求解即可.
【解答过程】（1）如图，分别取AB ,BC的中点M , N，连接DM , MN , NE，
因为DA = DB，故DM ⊥AB，又平面DAB⊥平面ABC，且平面DAB∩平面ABC = AB，
因此DM ⊥平面ABC，
同理可知，EN ⊥平面ABC，
因此DM ∥ EN且DM = EN，故四边形DENM为平行四边形，所以DE ∥ MN，
又因为MN ∥ AC，所以DE∥AC.
（2）因为AB = BC =2, AC =2❑√2，所以A B
2+ BC
2= A C
2，所以∠ABC =90
∘，
以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，过B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标
系，
由题意知，B (0,0,0), A (2,0,0),C (0,2,0), D (1,0,2), E (0,1,2)，
F(
1
2 , 1
2 ,2)，
所以⃗AC =(−2,2,0),⃗AE =(−2,1,2),⃗BF =(
1
2 , 1
2 ,2).
设平面ACE的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则有{⃗
n⋅⃗AC =0,⃗
n⋅⃗AE =0,)即¿
令x =2，则y =2, z =1，即平面ACE的一个法向量为⃗n=(2,2,1).
设直线BF与平面ACE所成角为θ，
则sinθ =|cos<⃗BF ,⃗n>)=|⃗BF ⋅⃗n)
|⃗BF)|⃗n)
=
4
3 ❑√2
2
×3
= 4 ❑√2
9
，
即直线BF与平面ACE所成角的正弦值为4 ❑√2
9
.
【变式4-2】（2025·全国·模拟预测）如图所示，平面四边形ABCD中，AB =8，CD =3 ❑√3，ED =9，
∠ADC =90°，∠BAD =30°，点E , F满足⃗AE = 2
3⃗ED ,⃗AF =
❑√3
2⃗AB．将△AEF沿EF翻折至△PEF，
使得PC =12．
(1)证明：EF ⊥PD；
(2)求直线CD与平面PBF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√10
5
【解题思路】 （1）根据题意先计算AE , AF，利用余弦定理可得EF =2❑√3，结合勾股定理有EF ⊥AE
，根据翻折的不变关系和线面垂直的判定定理证得线面垂直，进而得到线线垂直；
（2）利用空间向量法计算线面夹角；
【解答过程】（1）由题意可知，AE = 2
3 ED =6, AF =
❑√3
2 AB = 4 ❑√3，又∠BAD =30°，
所以由余弦定理得E F
2= A E
2+ A F
2−2 AE⋅AF ⋅cos30° =12，故EF =2❑√3．
又E F
2+ A E
2= A F
2，所以EF ⊥AE．由EF ⊥AE及翻折的性质知EF ⊥PE , EF ⊥ED，
又ED∩PE = E，ED , PE⊂平面PED，所以EF ⊥平面PED，
又PD⊂平面PED，所以EF ⊥PD
（2）如图所示，连接CE，由题可知DE =9,CD =3 ❑√3，∠CDE =90°，
故CE =
❑√D E
2+C D
2=6 ❑√3．
又PE = AE =6, PC =12，所以P E
2+C E
2= PC
2，故PE⊥CE．
又PE⊥EF ,CE∩EF = E ,CE , EF ⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD．
以E为原点，EF , ED , PE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,6), D (0,9,0), F (2❑√3,0,0), A (0,−6,0),C (3 ❑√3,9,0)．
由⃗AF =
❑√3
2⃗AB得B(4,4 ❑√3−6,0)，则⃗CD =(−3 ❑√3,0,0)，⃗PF =(2❑√3,0,−6)，⃗PB =(4,4 ❑√3−6,−6)
．
设平面PBF的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗PF =0⃗
n⋅⃗PB =0)，即{
2❑√3 x−6 z =0
4 x +(4 ❑√3−6) y −6 z =0),
令x = ❑√3，则⃗n=(❑√3,−1,1)．
设直线CD与平面PBF所成角为θ ,0≤θ≤π
2 ，
sinθ =|cos<⃗CD ,n
→)¿¿=|⃗CD⋅n
→)
|⃗CD)|⃗n)
=|−3 ❑√3×❑√3+0+0)
3 ❑√3×❑√5
=
❑√15
5
，
则cosθ =
❑√10
5
．
故直线CD与平面PBF所成角的余弦值为
❑√10
5
．
【变式4-3】（2025·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD
，∠BAD =90°，2 AB = AD = DC = DP =2，PA =2❑√2，PC =2❑√3.
(1)若M，F分别是PA，BC的中点，证明：MF ⊥AD；
(2)求二面角P−BC −D的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2❑√51
17
【解题思路】（1）取AD中点E，连接ME，FE，以ME∥PD，EF ∥CD，结合勾股定理的逆定理可证
AD⊥PD，进而可得AD⊥平面MFE，利用线面垂直可得线线垂直；
（2）首先可得DA，DC，DH两两垂直，构建空间直角坐标系，并求得平面PBC的一个法向量，平面
ABCD的一个法向量，利用向量法求得二面角P−BC −D的余弦值.
【解答过程】（1）取AD中点E，连接ME，FE，
因为M，F分别是PA，BC的中点，所以ME∥PD，EF ∥CD.
因为A D
2+ P D
2=8= P A
2，所以AD⊥PD.
所以AD⊥ME，又AD⊥CD，所以AD⊥EF.
因为EF ∩ME = E，又EF，ME⊂平面MFE，
所以AD⊥平面MFE，
因为MF ⊂平面MFE，所以MF ⊥AD.
（2）在平面PDC内过点D作DH ⊥CD，交PC于点H，
因为∠BAD =90°，所以BA ⊥AD，又因为AB//CD，所以AD⊥DC，
因为AD⊥PD，PD∩DC = D，PD , DC ⊂平面PDC，
所以AD⊥平面PDC，又DH ⊂平面PDC，所以AD⊥DH，
所以DA，DC，DH两两垂直，
以D为原点，分别以DA，DC，DH所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
又所以cos∠PDC = 2
2+2
2−(2❑√3)
2
2×2×2
=−1
2
，所以∠PDC =2π
3 ，
则P(0,−1,❑√3)，B (2,1,0)，C (0,2,0)，所以⃗PB =(2,2,−❑√3)，⃗PC =(0,3,−❑√3).
设平面PBC的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗PB =2 x +2 y −❑√3 z =0⃗
n⋅⃗PC =3 y −❑√3 z =0 )，令y =1，则⃗n=(
1
2 ,1,❑√3).
易知平面ABCD的一个法向量为⃗m=(0,0,1)，所以cos ⟨⃗m,⃗n)=⃗m⋅⃗n
|⃗m)⋅|⃗n) = 2❑√51
17
.
由图知，二面角P−BC −D的平面角为锐角，故其余弦值为2❑√51
17
.
【题型5 面面垂直的判定】
【例5】（2025·江西南昌·二模）在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧面AC C1 A1是边长为4 的正方形，
BC1=2❑√7, AB =2，AB⊥BC.
(1)求证：平面AC C1 A1⊥平面ABC；
(2)求二面角B−A C1−C的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√7
7
【解题思路】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得C C1⊥BC，结合线面垂直与面面垂直的判
定定理即可证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【解答过程】（1）因为侧面AC C1 A1是边长为4 的正方形，
所以C C1⊥AC ,C1C = AC = 4，
因为AB =2, AB⊥BC，
则BC =
❑√A C
2−A B
2=2❑√3，因为BC1=2❑√7,C1C = 4，
所以C C1
2+ BC
2= BC1
2，即C C1⊥BC，
因为BC ∩AC =C ,BC 、AC ⊂平面ABC，
所以C C1⊥平面ABC，又C C1⊂平面AC C1 A1，
所以平面AC C1 A1⊥平面ABC；
（2）
以AC , A A1为y , z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AC = 4 , AB =2,BC =2❑√3，所以∠BAC =π
3 ，
所以A (0,0,0),B(❑√3,1,0),C1(0,4,4)，
则⃗AB =(❑√3,1,0),⃗A C1=(0,4,4)，
设平面ABC1的法向量为⃗n1=(x , y , z)，
由{⃗
AB⋅⃗n=0⃗
A C1⋅⃗n=0)，可得{
❑√3 x + y =0
4 y + 4 z =0)，令x =1，则⃗n1=(1,−❑√3,❑√3)，
平面AC C1的法向量为⃗n2=(1,0,0)，
所以|cos⟨⃗n1,⃗n2))= |⃗n1⋅⃗n2)
|⃗n1)⋅|⃗n2)
=
❑√7
7 ，
又二面角B−A C1−C为锐角，所以其余弦值为
❑√7
7 .
【变式5-1】（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，AB =2，
BC = 4，侧面PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E 为PB 中点．
(1)证明：平面PAD⊥平面PAB；
(2)求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
4
【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理得出PF ⊥平面ABCD，接着求证BA ⊥面PAD，再根据面面
垂直的判定定理即可得证.
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出
面与面夹角的余弦值.
【解答过程】（1）
如图所示，作线段AD的中点F，连接PF，
因为侧面PAD为等边三角形，所以PF ⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，PF ⊂面PAD，
所以PF ⊥平面ABCD，因为BA ⊂平面ABCD，所以PF ⊥BA，
因为底面ABCD为矩形，所以BA ⊥AD，
因为PF ∩AD = F，PF ⊂面PAD，AD⊂面PAD，所以BA ⊥面PAD，
因为BA ⊂平面PAB，所以平面PAB⊥面PAD.
（2）
如图所示，作BC中点G，连接FG，则FG // BA
由（1）可得，PF ⊥面ABCD，BA ⊥面PAD，所以FG⊥面PAD，
则可以F为坐标原点，以FG , FD , FP分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系；
则P(0,0,2❑√3),B (2,−2,0), E(1,−1,❑√3), A (0,−2,0),C (2,2,0)，
可得⃗AE =(1,1,❑√3),⃗AC =(2,4,0)，
设面EAC的法向量为⃗n=(a,b,c)，则{
n
→
⋅AE
→
=0
n
→
⋅AC
→
=0)
，得{
a+b+ ❑√3c =0
2a+ 4 b=0 )，
令a=2，解得b=−1,c =−
❑√3
3 ，所以面EAC的一个法向量为⃗n=(2,−1,−
❑√3
3 )，
易知面ABCD得一个法向量为⃗m=(0,0,1)，
设平面EAC与平面ACD夹角为θ，则cosθ =|cos<⃗m,⃗n>)=
|−
❑√3
3 )
1×❑√4 +1+ 1
3
= 1
4 ，
所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为1
4 .
【变式5-2】（2025·海南三亚·一模）在多面体A1B1−ABC中，AB B1 A1为平行四边形，A1B⊥平面
ABC , A A1=2, A1B = ❑√2，∠ABC =90
∘, D为A1C的中点.
(1)证明：平面B1BC ⊥平面AB B1 A1；
(2)已知多面体A1B1−ABC的体积为2❑√3
3
，求AD与平面B1BC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√13
13
【解题思路】（1）根据题意，分别证得A1B⊥BC和BC ⊥AB，利用线面垂直的判定定理，证得BC ⊥
平面AB B1 A1，进而证得平面B B1C ⊥平面AB B1 A1；
（2）由V B−A1B1C =V C −A1B B1，利用锥体的体积公式，求得BC = ❑√3，以B为坐标原点，建立空间直角坐标
系，求得向量⃗AD =(−❑√2,
❑√3
2 ,
❑√2
2 )和平面CB B1的法向量⃗n=(1,0,1)，结合向量的夹角公式，即可求解.
【解答过程】（1）证明：因为A1B⊥平面ABC且BC ⊂面ABC，所以A1B⊥BC，
又因为∠ABC =90
∘，可得BC ⊥AB
因为A1B∩AB = B且A1B , AB⊂面AB B1 A1，则BC ⊥平面AB B1 A1
又因BC ⊂平面面B B1C，所以平面B B1C ⊥平面AB B1 A1.
（2）解：因为V B−A1B1C =V C −A1B B1，由（1）可知三棱锥C −A1B B1中，由BC ⊥面A1B B1，
则V = 1
3 S A1 AB B1×BC = 1
3 ×❑√2×❑√2×BC = 2❑√3
3
，解得BC = ❑√3，
由（1）可知BC，BA，B A1两两相互垂直，
以B为坐标原点，以BA ,BC ,B A1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
由（1）可知，BA = B A1= ❑√2，可得
B (0,0,0), A (❑√2,0,0),C (0,❑√3,0), A1(0,0,❑√2),B1(−❑√2,0,❑√2), D(0,
❑√3
2 ,
❑√2
2 )，
则⃗BC =(0,❑√3,0),⃗B B1=(−❑√2,0,❑√2),⃗AD =(−❑√2,
❑√3
2 ,
❑√2
2 ) ，
设面B1BC的法向量⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗BC = ❑√3 y =0⃗
n⋅⃗B B1=−❑√2 x + ❑√2 z =0)，
令x =1，可得y =0, z =1，所以⃗n=(1,0,1)，
设AD与平面B1BC所成角为θ，则sinθ =|cos⟨⃗n,⃗AD))=|⃗n⋅⃗AD)
|⃗n)|⃗AD)
=
❑√13
13 ，
所以AD与平面B1BC所成角的正弦值为
❑√13
13 .
【变式5-3】（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，
AB = AP =2, PA ⊥平面ABCD，E，F 分别是线段PB，PD 的中点，G是线段PC 上的一点．
(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；
(2)若直线AG 与平面AEF 所成角的正弦值为1
3，求CG 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)5 ❑√3
3
或❑√3．
【解题思路】（1）连接BD，由线面垂直的性质得到EF ⊥PA，再由面面垂直的判定定理证明可得；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，设⃗PG = λ⃗PC(0< λ<1)，求出平面AEF 的一个法向量，代入空间线
面角公式计算可得.
【解答过程】（1）连接BD，因为E，F 分别是线段PB，PD 的中点，所以EF // BD．
因为PA ⊥平面ABCD ,BD⊂平面ABCD，所以PA ⊥BD，即EF ⊥PA，
又ABCD 为正方形，所以BD⊥AC，即EF ⊥AC
又PA ∩AC = A , PA , AC ⊂平面PAC，所以EF ⊥平面PAC，
又EF ⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAC．
（2）如图，以A为原点，分别以AB，AD，AP 所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系A −xyz，则
A(0,0,0), E(1,0,1), F(0,1,1), P(0,0,2),C(2,2,0),⃗AE =(1,0,1),⃗AF =(0,1,1)，
设⃗PG = λ⃗PC(0< λ<1)，则⃗AG =⃗AP+⃗PG =(0,0,2)+(2 λ ,2 λ ,−2 λ)=(2 λ ,2 λ ,2−2 λ)．
设平面AEF 的一个法向量为⃗n=( x , y , z)，则{⃗
AE⋅⃗n= x + z =0⃗
AF ⋅⃗n= y + z =0)，令z =−1得⃗n=(1,1,−1)．
设直线AG 与平面AEF 所成角为θ，则
sinθ =|cos<⃗n,⃗AG>|=|⃗n⋅⃗AG|
|⃗n|⋅|⃗AG|
=|6 λ−2|
❑√3⋅
❑√4 λ
2+ 4 λ
2+(2−2 λ)
2 = 1
3 .
解得λ = 1
6 或1
2，所以CG =(1−λ)PC =(1−λ)⋅2❑√3= 5 ❑√3
3
或❑√3．
【题型6 面面垂直的性质定理的应用】
【例6】（2025·全国·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD // BC，
CD⊥AD，AD =CD =2BC =2，平面PAD⊥平面ABCD.且△PAD是以P为直角顶点的等腰直角三角形.
(1)证明：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角A −PB−C的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
3
【解题思路】（1）根据条件，利用面面垂直的性质，即可求解；
（2）取AD中点O，连接OP,OD，根据条件，建立空直角坐标系，分别求出平面APB ,CPB的法向量，
利用面面角的向量法，即可求解.
【解答过程】（1）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
又CD⊥AD，CD⊂面ABCD，所以CD⊥平面PAD.
（2）取AD中点O，连接OP ,OD，
因为△PAD是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PO⊥AD，
由（1）知CD⊥平面PAD，又PO⊂面PAD，所以PO⊥CD，
又AD∩CD = D，AD ,CD⊂面ABCD，所以PO⊥面ABCD，
又AD =CD =2BC =2，且AD // BC，又OD =1，所以四边形OBCD为平行四边形，
所以OB //CD，则OB⊥面PAD，又AD⊂面PAD，则OB⊥AD，
建立如图所示的空间直角坐系，
又PA = PD = ❑√2，所以PO = ❑√2−1=1，
则A (1,0,0),B (0,2,0),C (−1,2,0), P(0,0,1)，
所以⃗PB =(0,2,−1),⃗PA =(1,0,−1),⃗PC =(−1,2,−1)，
设平面APB的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
PB⋅⃗n=2 y −z =0⃗
PA ⋅⃗n= x−z =0 )，
取x =2，得y =1, z =2，所以⃗n=(2,1,2)，
设平面CPB的一个法向量为⃗m=(a,b,c)，则{⃗
PB⋅⃗n=2b−c =0⃗
PC ⋅⃗n=−a+2b−c =0)，
取b=1，得x =0,c =2，所以⃗m=(0,1,2)，
所以cos⟨⃗n,⃗m)=⃗n⋅⃗m
|⃗n)⋅|⃗m) = 1+ 4
3×❑√5 =
❑√5
3 ，
设二面角A −PB−C的大小为θ，则sinθ =
❑√1−cos
2⟨⃗n,⃗m)= ❑√1−5
9 = 2
3.
【变式6-1】（2025·福建厦门·三模）在三棱锥P−ABC中，AC ⊥BC，AP⊥CP，AP =CP =2，D是
AB的中点，且平面PAC ⊥平面ABC.
(1)证明：AP⊥平面BCP；
(2)已知平面α经过直线PC，且AB //α，直线PD与平面α所成角的正弦值为
❑√6
3 ，求三棱锥P−ABC的
体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)4
3 或4
3
❑√2
【解题思路】（1）由平面PAC ⊥平面 ABC，得到BC ⊥平面 PAC，再结合AP⊥CP即可求证；
（2）建系，设BC =2m求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可求解m，利用体积公式计计算
得出结果.
【解答过程】（1）因为平面PAC ⊥平面ABC，平面PAC ∩平面ABC = AC ,BC ⊂平面
ABC , AC ⊥BC，
所以BC ⊥平面PAC .
又AP⊂平面PAC，所以BC ⊥AP .
又AP⊥CP ,BC ,CP⊂平面 BCP ,BC ∩CP =C，
所以AP⊥平面 BCP .
（2）记AC的中点为O，连接PO , DO，
因为AP =CP，所以PO⊥AC ，
因为平面PAC ⊥平面ABC，所以PO⊥平面 ABC.
因为O , D分别是AC , AB的中点，所以OD // BC，又BC ⊥AC，所以OD⊥AC .
以O为坐标原点，OA ,OD ,OP所在直线分别为x , y , z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设BC =2m，则A (❑√2,0,0),B(−❑√2,2m,0),C (−❑√2,0,0), P(0,0,❑√2), D (0,m,0)，
所以PD
→
=(0,m,−❑√2),CP
→
=(❑√2,0,❑√2), AB
→
=(−2❑√2,2m,0).
由题知AB//α , PC ⊂α，设平面α的法向量为n
→
=(x , y , z)，
则¿即¿令x =m，则y = ❑√2, z =−m，则n
→
=(m,❑√2,−m).
则|cos⟨PD
→
, n
→
⟩|=|PD
→
⋅n
→|
|PD
→||n
→|
=
2❑√2m
❑√m
2+2×
❑√2m
2+2
=
❑√6
3 .
化简可得m
4−3m
2+2=0，解得m=1或m= ❑√2，
三棱锥P−ABC的体积V = 1
3 PO⋅S△ABC = 4
3 m，所以体积为4
3 或4
3
❑√2.
【变式6-2】（2025·湖北武汉·三模）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，平面A1 AC ⊥平面A1B1C1，
A1C1⊥A1B，AC =2❑√3，AB = A A1=2，∠CAB = π
6
(1)证明：A1B⊥平面A B1C；
(2)求BC1的长；
(3)求平面A A1B与平面A1BC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)BC1= ❑√14
(3)5
7
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证；
（2）先由余弦定理求出BC =2，取AC的中点O，连接O A1，OB，然后由已知条件结合勾股定理即可得
解；
（3）由（2），以O为坐标原点，直线OB，OC，O A1所在方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标
系，然后由向量法即可得解．
【解答过程】（1）证明：因为AB = A A1，所以四边形AB B1 A1是菱形，
所以A1B⊥A B1，又A1C1⊥A1B，且A1C1// AC，
所以AC ⊥A1B，因为AC ∩A B1= A，AC ⊂平面A B1C，A B1⊂平面A B1C，
所以A1B⊥平面A B1C；
（2）在△ABC中，由AC =2❑√3，AB =2，∠CAB =π
6 ，
所以BC =
❑√A C
2+ A B
2−2 AC ⋅ABcos∠CAB = ❑√12+ 4−2×2❑√3×2×
❑√3
2 =2，
如图，取AC的中点O，连接O A1，OB，
因为AB = BC，所以OB⊥AC，
因为平面A1 AC ⊥平面ABC，平面A1 AC ∩平面ABC = AC，
所以OB⊥平面A1 AC，因为O A1⊂平面A1 AC，
所以OB⊥O A1，因为AC ⊥A1B，AC ⊥OB，A1B，OB⊂平面OB A1，
且A1B∩OB = B，所以AC ⊥平面OB A1，
因为O A1⊂平面OB A1，所以AC ⊥O A1因为AC的中点为O，
所以A1C = A A1=2，在Rt△AO A1和Rt△ABO中，可知A1O =OB =1，
在Rt△BO A1中，可知A1B = ❑√2，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C1
2+ A1B
2= BC1
2，
解得：BC1= ❑√14；
（3）由（2），以O为坐标原点，直线OB，OC，O A1所在方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标
系，
则A(0,−❑√3,0)，C(0,❑√3,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，
所以⃗A1B =(1,0,−1)，⃗A A1=(0,❑√3,1)，⃗A1C =(0,❑√3,−1)，
设平面A A1B的法向量为⃗n1=( x1, y1, z1)，
则{⃗
n1⋅⃗A1B = x1−z1=0⃗
n1⋅⃗A A1= ❑√3 y1+ z1=0)，令z1= ❑√3，得⃗n1=(❑√3,−1,❑√3)，
设平面A1BC的法向量为⃗m=(a,b,c)，
则{⃗
m⋅⃗A1B =0⃗
m⋅⃗A1C =0)，即{
a−c =0
❑√3b−c =0)，令b=1，则a=c = ❑√3，
所以平面A1BC的一个法向量为⃗m=(❑√3,1,❑√3)，
设平面A A1B与平面A1BC的夹角为θ，
则cosθ =|cos<⃗n1, ⃗m>|=|⃗n1⋅⃗m|
|⃗n1||⃗m| = 3−1+3
❑√7×❑√7 = 5
7 ，
所以平面A A1B与平面A1BC夹角的余弦值为5
7 ．
【变式6-3】（2025·海南·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD 为矩形，平面
ABCD⊥平面CD D1C1，A A1= AB =2 AD，∠D1 DC =60°，O，E 分别为CD，A1 D1的中点．
(1)证明：D1O⊥平面ABCD；
(2)求平面A B1 E与平面A A1B1B的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2❑√5
5
【解题思路】（1）根据三线合一得D1O⊥DC，再利用面面垂直的性质定理即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面A B1 E与平面A A1B1B的法向量，再利用面面角得空间向量
求法即可得到答案.
【解答过程】（1）如图，连接C D1．因为A A1= AB，所以CD = D D1，
又∠D1 DC =60
∘，所以△CD D1是等边三角形.
因为O是CD的中点，所以D1O⊥DC．
因为平面ABCD⊥平面CD D1C1，平面CD D1C1∩平面ABCD =CD , D1O⊂平面CD D1C1，
所以D1O⊥平面ABCD.
（2）如图，取AB的中点G，连接OG，由已知可得OG,OC ,O D1两两互相垂直．
以O为原点，OG,OC ,O D1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD =2，则A(2,−2,0),B1(2,4,2❑√3), E(1,0,2❑√3)，
所以⃗AE =(−1,2,2❑√3),⃗B1 E =(−1,−4,0)．
设平面A B1 E的法向量为⃗n=( x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗AE =−x +2 y +2❑√3 z =0⃗
n⋅⃗B1 E =−x−4 y =0 )，令x = 4，得⃗n=(4 ,−1,❑√3)．
易知⃗m=(1,0,0)是平面A A1B1B的一个法向量．
设平面A B1 E与平面A A1B1B的夹角为θ，
则cosθ =|cos ⟨⃗n,⃗m)|=
4
❑√16+1+3 = 2❑√5
5
，
即平面A B1 E与平面A A1B1B的夹角的余弦值为2❑√5
5
．
【题型7 平行、垂直关系的综合应用】
【例7】（24-25 高二下·贵州毕节·期末）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，CA =CB，P，Q，M分
别是A1B，C C1，A1C1的中点，下列说法不正确的是（ ）
A．PM与QC1是异面直线
B．PQ //平面ABC
C．PQ⊥A1B
D．PQ⊥B1 M
【答案】D
【解题思路】利用反证法可判断AD；取AB的中点，利用线线平行可得B；利用CN ⊥A A1,CN ⊥AB，
判断即可.
【解答过程】对A，点M ,C1,Q∈平面AC C1 A1，若PM与QC1不是异面直线，则PM与QC1共面，所
以P∈平面AC C1 A1，
又P∈A1B , A1B∩平面AC C1 A1= A1，故P∉平面AC C1 A1，所以PM与QC1是异面直线，正确；
对B，取AB的中点N，连接CN，如图：
由P为A1B的中点，所以PN // A A1且PN = 1
2 A A1，由Q为C C1的中点，C C1平行且等于A A1，
所以CQ // A A1且CQ = 1
2 A A1，所以CQ平行且等于PN，所以四边形PNCQ为平行四边形，
所以PQ//CN，PQ⊄平面ABC，CN ⊂平面ABC，所以PQ //平面ABC，正确；
对C，因为CA =CB，所以CN ⊥AB，又A A1⊥平面ABC，CN ⊂平面ABC，所以CN ⊥A A1，
AB∩A A1= A , AB , A A1⊂平面AB A1，所以CN ⊥平面AB A1，又A1B⊂平面AB A1，
所以CN ⊥ A1B，又PQ//CN，所以PQ⊥A1B，正确；
对D，取A1B1的中点S，连接C1S，如图：
在直三棱柱ABC −A1B1C1中，可知C1S //CN // PQ，又CN ⊥AB，所以C1S⊥A1B1，
则PQ⊥A1B1，若PQ⊥B1 M，则A1,B1, M共线，又M是A1C1的中点，与已知矛盾，错误.
故选：D.
【变式7-1】（2025 高三·全国·专题练习）如图，四面体P−ABC的棱长均相等，D，F 分别为BC , PB的
中点，点E 满足⃗AE = 1
2⃗ED，则（ ）
A．EF⊥BC
B．PE⊥BC
C．EF //平面PAC
D．平面¿⊥平面ABC
【答案】B
【解题思路】A 选项，假设EF⊥BC，证明出线面垂直，得到BC ⊥ DF，而DF // PC，所以BC ⊥PC
，与题矛盾，A 错误；B 选项，证明出BC ⊥平面PAD，从而得到B 正确；C 选项，假设EF //平面
PAC，由A 项分析可知DF // PC，所以FD //平面PAC，得到面面平行，则DE //平面PAC，即AD //
平面PAC，显然不成立，C 错误；D 选项，由B 项分析知BC ⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABC，
故平面DEF 与平面ABC不垂直.
【解答过程】A 选项，假设EF⊥BC，根据等边三角形三线合一可知ED ⊥BC，
又ED∩EF = E，ED , EF ⊂平面EFD，
所以BC ⊥平面EFD，又FD⊂平面EFD，则BC ⊥ DF．
在△PBC中，点D , F分别为BC , PB的中点，
所以DF // PC，所以BC ⊥PC，与题矛盾，A 错误；
B 选项，由三线合一知AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD = D，所以BC ⊥平面PAD，
因为PE⊂平面PAD，所以BC ⊥PE，B 正确；
C 选项，假设EF //平面PAC，
由A 项分析可知DF // PC，又DF ⊄平面PAC，PC ⊂平面PAC，
所以FD //平面PAC，
又EF ∩FD = F，EF , FD⊂平面DEF，所以平面¿//平面PAC，
又DE⊂平面DEF，则DE //平面PAC，即AD //平面PAC，显然不成立，C 错误；
D 选项，由B 项分析知BC ⊥平面PAD，又BC ⊂平面ABC，所以平面PAD⊥平面ABC，
又平面¿∩平面PAD = DE，所以平面DEF与平面ABC不垂直，D 错误．
故选：B.
【变式7-2】（24-25 高二上·上海静安·阶段练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，PA ⊥平面ABCD，
且PA =2，M、N 是线段PB、DC上的点，满足BM
MP = DN
NC = λ.
(1)若λ =1，求证：直线MN //平面PDA；
(2)是否存在实数λ，使直线MN同时垂直于直线PB，直线DC？如果有请求出λ的值，否则请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【解题思路】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进
行证明即可.
（2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置有关系进行判断即可.
【解答过程】（1）取AP中点Q，连接QM，QD，
由λ =1，得M 是线段PB中点，则QM // AB，MQ = 1
2 AB，
由四边形ABCD是矩形，N 是线段DC的中点，得DN // AB，DN = 1
2 AB，
于是DN // MQ，DN =QM，四边形DNMQ是平行四边形，
则NM //QD，而NM ⊄平面PDA，QD⊂平面PDA，
所以直线MN //平面PDA.
（2）假设存在实数λ，使得MN同时垂直于直线PB和直线DC，由四边形ABCD是矩形，得CD // AB，
即MN ⊥PB，MN ⊥AB，而PB∩AB = B，PB , AB⊂平面ABP，则MN ⊥平面ABP，
由PA ⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，得PA ⊥BC，而AB⊥BC，PA ∩AB = A，PA , AB⊂平面
ABP，
因此BC ⊥平面ABP，则MN // BC，在矩形ABCD边AB上取点E，使BE =CN，
连接NE，则NE // BC // MN与MN ∩NE = N矛盾，即假设不成立，
所以不存在实数λ，使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC.
【变式7-3】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四棱锥A −BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面
ABC ⊥底面BCDE，BC =2，CD = ❑√2，AB = AC ．
(1)求证：BE⊥平面ABC；
(2)若F，G分别为棱CD，AE的中点，求证：GF∥平面ABC；
(3)设△ABC为等边三角形，求直线CE与平面ABE所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)45
∘
【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明BE⊥平面ABC；
（2）易证四边形FGHC是平行四边形，进而根据线面平行的判断定理证明即可；
（3）由（1）可知平面ABE⊥平面ABC，进而可知∠CEH是直线CE与平面ABE所成角，在三角形中求
解即可.
【解答过程】（1）因为底面BCDE为矩形，所以BE⊥BC，
因为侧面ABC ⊥底面BCDE，侧面ABC ∩底面BCDE = BC，BE⊂底面BCDE，
所以BE⊥平面ABC.
（2）取AB中点H，连接GH，CH，
因为G是AE中点，所以HG // BE，HG = 1
2 BE，
又因为矩形BCDE，所以BE //CD，BE =CD，且F是CD中点，
所以HG//CF，HG=CF，
所以四边形FGHC是平行四边形，
所以FG//CH，
又因为FG⊄平面ABC，CH ⊂平面ABC，
所以FG//平面ABC.
（3）由（1）可知BE⊥平面ABC，
因为BE⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面ABC，
又平面ABE∩平面ABC = AB，
因为△ABC为等边三角形，
所以CH ⊥AB，CH ⊂平面ABC，
所以CH ⊥平面ABE，
连接EH，所以∠CEH是直线CE与平面ABE所成角，
在矩形BCDE中，CE = ❑√6，
在正△ABC中，CH = ❑√3，
所以sin ∠CEH = CH
CE =
❑√3
❑√6 =
❑√2
2 ，
因为∠CEH ∈[0° ,90° ]，
因此∠CEH = 45
∘，
即直线CE与平面ABE所成角为45
∘．
【题型8 垂直关系的探索性问题】
【例8】（24-25 高一下·云南昭通·期末）如图，在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1=2，点M 为
A1B1的中点.
(1)求点A 到平面MBC1的距离；
(2)在棱B B1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1 M？若存在，求出|B1Q)
|QB)
的值；若不存在，请说明理
由.
【答案】(1)4 ❑√5
5
(2)存在，|B1Q)
|QB) =1
【解题思路】（1）利用等体积法即可求解；
（2）在平面A A1B1B内过点A 作AQ⊥BM，交B B1于点Q，由面面垂直的性质定理可得AQ⊥平面
BC1 M，由题意得△ABQ∽△B B1 M，根据相似三角形的性质即可求解.
【解答过程】（1）因为三棱柱ABC −A1B1C1是正三棱柱，
所以A A1⊥平面A1B1C1，所以A A1⊥M C1，
又因为M 是A1B1的中点，所以M C1⊥A1B1，
因为A A1∩A1B1= A1，A A1, A1B1⊂平面AB B1 A1，
所以M C1⊥平面AB B1 A1，又MB⊂平面AB B1 A1，
所以M C1⊥MB，
点M 为A1B1的中点，所以M C1=
❑√2
2−1
2= ❑√3，MB =
❑√1
2+2
2= ❑√5，
所以S△MBC1= 1
2 × M C1× MB =
❑√15
2
，
V C1−ABM = 1
3 × 1
2 ×2×2×❑√3= 2❑√3
3
，
设点A 到平面MBC1的距离为h，则V A −MBC1=V C1−ABM，
所以1
3 ×
❑√15
2
ℎ= 2❑√3
3
，解得ℎ= 4 ❑√5
5
，
所以点A 到平面MBC1的距离为ℎ= 4 ❑√5
5
.
（2）由（1）可知C1 M ⊥平面A A1B1B，
因为C1 M ⊂平面BC1 M，则平面BC1 M ⊥平面A A1B1B，
在△ABM中作BM边上的高AP，AP的延长线交B B1于点Q，即有AQ⊥BM，
平面BC1 M ∩平面A A1B1B = BM，BM ⊂平面BC1 M，
因此AQ⊥平面BC1 M，
于是点Q 即为所要找的点，
在Rt△ABP和Rt△BPQ中，∠PAB =∠QBP，即∠QAB =∠B1BM，
所以Rt△ABQ∽Rt△B B1 M，因此|BQ)
|B1 M )
= |AB)
|B B1)，
即有|BQ)
1
=1，于是|BQ)=1，所以|B1Q)
|QB) =1.
【变式8-1】（24-25 高一下·辽宁大连·期末）如图，在四棱锥S−ABCD中，平面SAD⊥平面
ABCD ,SA = SD = AD =2，四边形ABCD为正方形，E , M分别为AD、BC的中点.
(1)直接写出图中与EM平行的平面；
(2)求证：平面SAD⊥平面SAB；
(3)在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN ⊥平面ABCD?若存在，求三棱锥C −DMN体积；若不存
在，说明理由.
【答案】(1)平面SCD，平面SAB
(2)证明见解析
(3)存在，
❑√3
6
【解题思路】（1）由已知可得AB// ME，DC // ME，然后由线面平行的判定定理可得结论；
（2）由已知面面垂直可得AB⊥平面SAD，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（3）当N为SC中点时，满足条件，连接EC ,ON ,SE , DM，设DM ∩EC =O，可得NO// SE，
SE⊥AD，再结合面面垂直可得NO⊥平面ABCD，然后由面面垂直的判定得平面DMN ⊥平面ABCD
，利用等体积法可求得三棱锥C −DMN体积.
【解答过程】（1）因为四边形ABCD为正方形，E , M分别为AD、BC的中点.
所以AE = DE = MC = BM，AE // BM，DE // CM，
所以四边形ABME和四边形DCME均为平行四边形，
所以AB// ME，DC // ME，
因为ME⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，ME⊄平面SCD，DC ⊂平面SCD，
所以EM //平面SAB，EM //平面SCD；
（2）因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，
因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD = AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面SAD.
因为AB⊂平面SAB，所以平面SAD⊥平面SAB.
（3）存在，当N为SC中点时，平面DMN ⊥平面ABCD.
证明：连接EC ,ON ,SE , DM，设DM ∩EC =O，
因为四边形ABCD为正方形，E，M 分别为AD、BC的中点，
所以ED //CM，ED =CM，
所以四边形EMCD为平行四边形，所以EO=CO.
因为N为SC中点，所以NO// SE.
因为SA = SD = AD =2，E 为AD的中点，
所以SE⊥AD，SE = ❑√3，NO =
❑√3
2 .
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD = AD，SE⊂平面SAD，
所以SE⊥平面ABCD，
所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN ⊥平面ABCD.
所以存在点N，使得平面DMN ⊥平面ABCD.
则V C −DMN =V N −CDM = 1
3 × 1
2 ×2×1×
❑√3
2 =
❑√3
6 .
【变式8-2】（24-25 高一下·辽宁沈阳·期末）如图，四棱锥P−ABCD的底ABCD是正方形，△PAD是正
三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．
(1)求证：AM ⊥平面PCD；
(2)求二面角M −AC −D的余弦值；
(3)在棱PC上是否存在点Q，使平面BDQ⊥平面MAC成立？如果存在，求出PQ
QC 的值；如果不存在，请
说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
❑√15
5
；
(3)存在，PQ
QC = 1
2.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理可得CD⊥平面PAD，从而得CD⊥AM，再由△PAD是正三
角形，且M是PD的中点，可得PD⊥AM，最后由线面垂直的判断定理即可得证.
（2）由二面角的定义，找出二面角M −AC −D的平面角，在直角三角形中求解即可.
（3）当PQ
QC = 1
2时，按面面垂直的判断定理进行证明即可.
【解答过程】（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，
则CD⊥平面PAD，
又因为AM ⊂平面PAD，所以CD⊥AM，
因为△PAD是正三角形，且M是PD的中点，
则PD⊥AM，
又因为CD∩PD = D，CD , PD⊂平面PCD，
所以AM ⊥平面PCD；
（2）解：过点M作ME⊥AD，垂足为E，过点E作EF ⊥AC，垂足为F，连接MF．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
所以ME⊥平面ABCD，
因为AC ⊂平面ABCD，所以ME⊥AC．
又EF ⊥AC，ME∩EF = E，ME , EF ⊂平面MEF．
所以AC ⊥平面MEF．
因为MF ⊂平面MEF，所以AC ⊥MF，
则∠MFE即为平面MAC与底面ABCD所成二面角的平面角．
设AB =2，则EF = 3 ❑√2
4
，ME =
❑√3
2 ，
故MF =
❑√(
3 ❑√2
4 )
2
+(
❑√3
2 )
2
=
❑√30
4
，
所以cos∠MFE = EF
MF =
❑√15
5
，
即二面角M −AC −D的余弦值为
❑√15
5
．
（3）解：存在点Q，当PQ
QC = 1
2时，平面BDQ⊥平面MAC．
证明如下：
如图，取AD中点N，连接CN交BD于点G，连接GQ，
因为△PAD是正三角形，所以PN ⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
所以PN ⊥平面ABCD．
因为GN
CG = ND
BC = 1
2 = PQ
QC ，
所以QG// PN，
所以QG⊥平面ABCD．
因为AC ⊂平面ABCD，所以QG⊥AC．
因为底面ABCD是正方形，所以AC ⊥BD．
又QG∩BD =G，QG,BD⊂平面BDQ，
所以AC ⊥平面BDQ，
又AC ⊂平面MAC，所以平面BDQ⊥平面MAC，
所以棱PC上存在点Q，当PQ
QC = 1
2时，平面BDQ⊥平面MAC．
【变式8-3】（24-25 高一下·湖南衡阳·阶段练习）如图所示，在四棱锥E−ABCD，底面ABCD是正方
形，AC与BD交于点O，EC ⊥平面ABCD，AB = ❑√2CE.
(1)求证：BD⊥平面ACE；
(2)求BE与平面ACE所成角的正弦值；
(3)G是线段EO上一点，且满足EG
EO = μ，是否存在实数μ使CG⊥平面BDE？若存在求出μ的值，若不存
在，请说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√3
3
(3)存在，μ= 1
2
【解题思路】（1）由EC ⊥平面ABCD可得EC ⊥BD，由正方形的性质可得AC ⊥BD，进而结合线面
垂直的判定定理即可证明；
（2）根据线面角的定义可得∠OEB即为BE与平面ACE所成角，进而求解即可；
（3）取EO中点G，连接CG，结合（2）中的结论可得平面ACE⊥平面BDE，再由面面垂直的性质定理
即可得到结果.
【解答过程】（1）因为EC ⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以EC ⊥BD，
在正方形ABCD中，AC ⊥BD，
因为AC ∩EC =C , AC , EC ⊂平面ACE，
所以BD⊥平面ACE.
（2）由（1）知，BD⊥平面ACE，
所以∠OEB即为BE与平面ACE所成角，
因为AB = ❑√2CE，则BD = ❑√2 AB =2CE，
则OB = 1
2 BD =CE，又BE = ❑√3CE，
在Rt△OEB中，sin∠OEB = OB
BE =
CE
❑√3CE =
❑√3
3 .
即BE与平面ACE所成角的正弦值为
❑√3
3 .
（3）存在实数μ= 1
2，使得CG⊥平面BDE，理由如下：
取EO中点G，连接CG，
由（2）可知，因为AB = ❑√2CE，CO =OB =CE，
所以CG⊥EO，
又BD⊥平面ACE，BD⊂平面BDE，
所以平面ACE⊥平面BDE，
因为平面ACE∩平面BDE = EO，CG⊂平面ACE，
所以CG⊥平面BDE，
故存在实数μ= 1
2，使CG⊥平面BDE．
一、单选题
1．（2025·山东临沂·模拟预测）已知l、m、n是直线，α是平面，且m⊂α，n//α，则“l⊥m，l⊥n”
是“l⊥α”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解题思路】由线面垂直的定义及判定定理即可判断.
【解答过程】解：由n//α得：
存在n′ ⊂α，满足n//n′，
若l⊥α，则直线l垂直平面α中任意一条直线，
∵m⊂α，n′ ⊂α，∴l⊥m，l⊥n′，
∵l⊥m，l⊥n'，m，n'是否相交不确定，∴l⊥α不一定成立，
∴ “l⊥m，l⊥n”是“l⊥α”的必要不充分条件．
故选：B.
2．（2025·天津·二模）已知m,n为两条不同的直线，α , β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是
（ ）
A．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β ⇒α ∥β
B．α ⊥β，α ∩β =n，m⊥n⇒m⊥β
C．m⊥α，m⊥n⇒n∥α
D．n∥m，n⊥α ⇒m⊥α
【答案】D
【解题思路】对于A 当m//n时，则α与β有可能相交即可判断，对于B 当m⊂α时即可判断，对于C 由
线面位置关系即可判断，对于D 由线面垂直的判断定理即可判断.
【解答过程】对于A：当m//n时，满足m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β有可能相交，故A 错
误；
对于B：当m⊂α时，则α ⊥β，α ∩β =n，m⊥n⇒m⊥β，故B 错误；
对于C：满足m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，故C 错误；
对于D：由n∥m，n⊥α ⇒m⊥α,故D 正确.
故选：D.
3．（2025·福建厦门·三模）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M为AB的中点，l为平面A1 M C1与平面
ABCD的交线，则（ ）
A．l // A C1
B．l⊥A C1
C．l // B D1
D．l⊥B D1
【答案】D
【解题思路】设N为BC的中点，则l即为MN所在直线，判断MN与A C1是异面直线，即可判断A；由
MN // AC，A C1与AC不垂直，即可判断B；由条件可证得AC ⊥平面BD D1B1，而MN // AC，可得
l⊥平面BD D1B1，从而l⊥B D1，即可判断C，D.
【解答过程】设N为BC的中点，连接MN , N C1，
∵M为AB的中点，N为BC的中点，∴MN // AC，
又∵A1C1// AC，∴A1C1// MN，
∴A1, M , N ,C1四点共面，
∴平面A1 M C1与平面ABCD的交线为MN，则l即为MN所在直线，
∵MN与A C1是异面直线，即l与A C1是异面直线，故A 错误；
∵MN // AC，而在直角△AC C1中，∠AC C1=90
°，则A C1与AC不垂直，
故MN与A C1不垂直，即l与A C1不垂直，故B 错误；
∵B B1⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，∴B B1⊥AC，
又AC ⊥BD，BD∩B B1= B，BD ,B B1⊂平面BD D1B1，
∴AC ⊥平面BD D1B1，又MN // AC，
∴MN ⊥平面BD D1B1，即l⊥平面BD D1B1，
∵B D1⊂平面BD D1B1，∴l⊥B D1，故C 错误，D 正确，
故选：D.
4．（2025·天津·二模）已知a，b 是两条直线，α，β 是两个平面．下列命题正确的是（ ）
A．若a⊥α，b⊥α，则a⊥b
B．若a//α，a// β，α ∩β =b，则a//b
C．若a⊥α，a⊥β，则α ⊥β
D．若α ⊥β，a//α，则a⊥β
【答案】B
【解题思路】ACD 可举出反例；B 选项，利用线面平行的性质定理、平行关系的转化判断即可.
【解答过程】对于A，若a⊥α，b⊥α，则a//b，即垂直于同一个平面的直线平行，故A 错误；
对于B，若a//α，设a⊂γ，γ ∩α =m，m⊄β，则a//m．
又a// β，则m// β．
因为α ∩β =b，m⊂α，则m//b，
所以a//b，故B 正确；
对于C，若a⊥α，a⊥β，则α // β，即垂直于同一直线的两个平面平行，故C 错误；
对于D，若α ⊥β，a//α，则a// β，a⊂β或a∩β，故D 错误．
故选：B．
5．（2025·广东·一模）已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出了下列命题：
①若m⊥α，m⊂β，则α ⊥β；
②若m⊥n，m⊥α，则n//α；
③若m//α，α ⊥β，则m⊥β，
④若α ∩β =m，n//m，且n⊄α，n⊄β，则n//α，n// β（ ）
A．②④
B．①②④
C．①④
D．①③
【答案】C
【解题思路】在①中，由面面垂直的判定定理得α ⊥β；在②中，n//α或n⊂α；在③中，m与β相交、
平行或m⊂β；在④中，由线面平行的判定定理得n//α，n// β．
【解答过程】解：由α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，知：
①若m⊥α，m⊂β，则由面面垂直的判定定理得α ⊥β，故①正确；
②若m⊥n，m⊥α，则n//α或n⊂α，故②错误；
③若m//α，α ⊥β，则m与β相交、平行或m⊂β，故③错误；
④若α ∩β =m，n//m，且n⊄α，n⊄β，
则由线面平行的判定定理得n//α，n// β，故④正确．
故选：C．
6．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD 为圆柱的轴截面，AB = BC =2，E，F 为上底面圆
周上的两个动点，且EF 过上底面的圆心G，若AB⊥EF，则三棱锥A −BEF的体积为（ ）
A．2
3
B．4
3
C．2❑√2
3
D．2❑√3
3
【答案】B
【解题思路】设圆柱的下底面的圆心为O，由线面垂直的判定定理得出EF ⊥平面CDAB，再由
V A −BEF = 1
3 S△ABG EF可得答案.
【解答过程】如图设圆柱的下底面的圆心为O，连接AG ,BG ,OG，
则OG = BC =2，且OG⊥平面GEC，
EF ⊂平面GEC，所以OG⊥EF，又AB //CD，AB⊥EF，
所以CD⊥EF，又CD∩OG =G，CD ,OG⊂平面CDAB，
所以EF ⊥平面CDAB，且EG =GF =2，
S△ABG= 1
2 AB×OG =2，
所以V A −BEF = 1
3 S△ABG EF = 1
3 ×2×2= 4
3 .
故选：B.
7．（2024·全国·模拟预测）如图，四棱锥A −BCDE是棱长均为2 的正四棱锥，三棱锥A −CDF是正四面
体，G 为BE的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．点A ,B ,C , F共面
B．平面ABE //平面CDF
C．FG⊥CD
D．FG⊥平面ACD
【答案】D
【解题思路】A.由题意转化为证明CD⊥平面AGH和CD⊥平面AFH，即可证明；B.根据面面平行的判
断定理转化为证明AG//平面CDF和BE //平面CDF，即可证明；C.由A 选项的证明可证明线线垂直；
D.利用反证法，说明不成立.
【解答过程】选项A：如图，取CD中点H，连接GH，FH，AG，AH，
因为A −BCDE是正四棱锥，A −CDF是正四面体，G为BE的中点，
所以CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH，
因为GH ∩AH = H，GH , AH ⊂平面AGH，所以CD⊥平面AGH，
因为AH ∩FH = H，AH , FH ⊂平面AFH，所以CD⊥平面AFH，
所以A ,G , H , F四点共面，
由题意知AG = HF = ❑√3，GH = AF =2，所以四边形AGHF是平行四边形，
所以GH ∥AF，因为BC ∥GH，所以BC ∥AF，所以A ,B ,C , F四点共面，故A 说法正确；
选项B：由选项A 知AG∥FH，又AG⊄平面CDF，FH ⊂平面CDF，所以AG//平面CDF，
因为CD // BE，且BE⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以BE //平面CDF，
又AG⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，且AG∩BE =G，所以平面ABE //平面CDF，故B 说法正确；
C 选项：由选项A 可得CD⊥平面AGHF，又FG⊂平面AGHF，所以FG⊥CD，故C 说法正确；
D 选项：假设FG⊥平面ACD，因为AH ⊂平面ACD，则FG⊥AH，
由选项A 知四边形AGHF是平行四边形，所以四边形AGHF是菱形，
与AG = ❑√3，GH =2矛盾，故D 说法错误.
故选：D.
8．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC 中，∠A =90°，点E 是边AC 的中点，点D 是边
BC 上一点（不与C 重合），将三角形DCE 沿DE 逆时针翻折，点C 的对应点是C1，连接C C1，设θ为二
面角C1−DE−C大小，θ∈(0,π)．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D 和θ，使得DC1⊥AC
B．存在点D 和θ，使得BC1⊥AC
C．存在点D 和θ，使得BC1⊥DE
D．存在点D 和θ，使得C C1⊥DE
【答案】B
【解题思路】取特例判断ACD，利用反证法判断B 后可得正确的选项.
【解答过程】对于AD，取D为BC中点，θ =π
2 ，则ED // AB，而AB⊥AC，
故DE⊥AC，故在几何体C1−ABDE中，DE⊥C1 E，
而CE⊥DE，故∠CEC1为二面角C1−DE−C的平面角，故∠CEC1=90°，
故C1 E⊥AC，而C1 E∩DE = E ,C1 E , DE⊂平面DEC1，
故AC ⊥平面DEC1，而DC1⊂平面DEC1，故AC ⊥DC1，故A 成立.
因DE⊥AC，DE⊥C1 E，AC ∩C1 E = E , AC ,C1 E⊂平面AC C1，
故DE⊥平面AC C1，而C C1⊂平面AC C1，故DE⊥C C1，故D 成立.
对于C，过E作DE⊥BC，D为垂足，取θ =π
2 ，同理可证DE⊥平面BC C1，
而BC1⊂平面BC C1，故DE⊥BC1，故C 成立.
对于B，过C1作C1 H ⊥平面ABC，垂足为H，
因为AC ⊂平面ABC，故C1 H ⊥AC，
若BC1⊥AC，因为C1 H ∩BC1=C1,C1 H ,BC1⊂平面BC1 H，
故AC ⊥平面BC1 H，而BH ⊂平面BC1 H，故AC ⊥BH，
而AC ⊥BA，故H在BA上，
因为C1 H ∩BA = H，C1 H ,BA ⊂平面BC1 A，故AC ⊥平面BC1 A，
而C1 A ⊂平面BC1 A，故CA ⊥C1 A，故C1 E> AE，但C1 E =CE = AE，
矛盾，故BC1⊥AC不成立即B 不成立，
故选：B.
二、多选题
9．（2025·湖北·模拟预测）设α，β是两个平面，l是一条直线，则（ ）
A．若α // β，l⊥α，则l⊥β
B．若α ⊥β，l⊥α，则l // β
C．若l //α，l⊥β，则α ⊥β
D．若l //α，l // β，则α // β
【答案】AC
【解题思路】根据面面平行、线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理逐一判断即可.
【解答过程】对于A，当l⊥α，α // β时，l⊥β，故A 正确；
对于B，当α ⊥β，l⊥α时，l // β或l⊂β，故B 不正确；
对于C，因为l //α，所以在平面α内一定存在一条直线c //l，
而l⊥β，所以c⊥β，根据面面垂直的判定定理可知α ⊥β，故C 正确；
对于D，当α ∩β =a时，如果l 是平面α，β外一条直线，
当l //a时，显然l //α，l // β成立，这时α // β不成立，故D 不正确.
故选：AC.
10．（2025·福建厦门·三模）如图，一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′，下面部分可视
为正四棱锥P−ABCD，O为正方形ABCD的中心，两部分的高都是该正方形边长的一半，则（ ）
A．A
′O⊥AB
B．A
′O//平面APD
C．平面A A
′ P⊥平面BDP
D．C C
′与A
′ P为相交直线
【答案】BCD
【解题思路】分别利用线面、面位置关系的判定定理、性质结合题设条件逐项分析即可判断.
【解答过程】对于A，设正方形ABCD边长为2，由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD，故
PO = A A
′ =1，
因为A
′ A ⊥面ABCD，故A
′O在底面的射影为AO，
又AO不与AB垂直，故A
'O不与AB垂直，故A 不正确；
对于B，由题PO // A A
′且PO = A A
′，故四边形PO A
′ A是平行四边形，
所以A
′O// AP , A
′O不在平面APD内，AP⊆平面APD，
所以A
′O//平面APD，故B 正确；
对于C，因为PO //C C
' // A A
'，O∈平面C C
′ A
′ A，故PO⊂平面C C
′ A
′ A，
平面A A
′ P即为平面C C
′ A
′ A，因为A
′ A ⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，
所以A
' A ⊥BD，又因为BD⊥AC，A
' A ∩AC = A，
所以BD⊥平面C C
′ A
′ A，又BD⊂平面BDP，
所以平面BDP⊥平面C C
′ A
′ A，即平面A A
′ P⊥平面BDP，故C 正确；
对于D，由C 可知C C
′与A
′ P都在平面C C
′ A
′ A中且不平行，故C C
′与A
′ P为相交直线，故D 正确.
故选：BCD.
11．（2025·甘肃白银·模拟预测）在正三棱台ABC −A1B1C1中，D，E，D1，E1分别是AB，BC，
A1B1，B1C1的中点，且AC =2 A1C1，则下列说法正确的有（ ）
A．AC ⊥B B1
B．AC //平面D1 E1 ED
C．AB⊥平面D1 E1 ED
D．若D1 E1= D D1，则B B1⊥平面AC C1 A1
【答案】ABD
【解题思路】将正三棱台补图为正三棱锥，对于选项A，根据线面垂直的性质可证明线线垂直；对于选项
B，根据线线平行证明线面平行；对于选项C，假设线面垂直，则线线垂直，从而发现与题干矛盾；对于
选项D，根据线线垂直的判定定理可证明线面垂直.
【解答过程】由题意，可将正三棱台补为如图所示的正三棱锥P−ABC，
取AC的中点F，连接BF , PF，则BF ⊥AC , PF ⊥AC.
又PF ∩BF = F，所以AC ⊥平面PBF，因为B B1⊂平面PBF，
则有AC ⊥B B1．A 正确.
因为D , E分别是AB ,BC的中点，所以DE // AC，
又DE⊂平面PDE，AC ⊄平面PDE，
∴AC //平面PDE，即AC //平面D1 E1 ED，故B 项正确．
对于选项C，假设AB⊥平面D1 E1 ED，因为DE⊂平面D1 E1 ED，
所以AB与DE垂直，而△BDE是等边三角形，不垂直，所以C 不正确．
由AC =2 A1C1，知DE =2 D1 E1=2 D D1，可设AC =2，
则PD = DE = PE =1，AD = BD =1，根据勾股定理PA = PB =
❑√P D
2+ B D
2= ❑√2.
而P A
2+ P B
2= A B
2= 4，故AP⊥PB，
又AC ⊥PB，AC ∩AP = A，则PB⊥平面PAC，即B B1⊥平面AC C1 A1，故D 正确．
故选：ABD.
三、填空题
12．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D 打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，
其中ABCDEF 是一个平面多边形，平面AFR⊥平面ABC，平面CDT 0⊥平面ABC，
AB⊥BC ，AB// EF // RS //CD，BC // DE // ST 0// AF.若
AB = BC =8, AF =CD = 4 , RA = RF =T 0C =T 0 D = 5
2，则该多面体的体积为
．
【答案】60
【解题思路】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱ARF −BHT和四棱锥B−HTSE后结合体积公式可求
几何体的体积.
【解答过程】先证明一个结论：如果平面α ⊥平面γ，平面β ⊥平面γ，平面α ∩β =l，则l⊥γ.
证明：设α ∩γ =a，β ∩γ =b， 在平面γ取一点O，O∉a,O∉b，
在平面γ内过O作直线m，使得m⊥a，作直线n，使得n⊥b，
因为平面α ⊥平面γ，m⊂γ，故m⊥α，而l⊂α，故m⊥l，
同理n⊥l，而m∩n=O ,m,n⊂γ，故l⊥γ .
下面回归问题.
连接BE，因为AB⊥BC且AF // BC，故AF ⊥AB，同理BC ⊥CD，EF ⊥ED，
而AB = BC =8, AF =CD = 4，故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等，
故∠BEF =∠BED = 45°，
在直角梯形ABEF中，过B作BT ⊥EF，垂足为T，
则四边形ABTF为矩形，且△BTE为以∠BTE为直角的等腰直角三角形，
故EF = FT +TE = AB+ BT = AB+ AF =12，
平面RAF ⊥平面ABEF，平面RAF ∩平面ABEF = AF，AF ⊥AB,
AB⊂平面ABEF，故AB⊥平面RAF，
取AF的中点为M，BE的中点为U，CD的中点为V ，连接RM , MU ,SU ,UV ，
则MU // RS，同理可证RM ⊥平面ABEF，而RM ⊂平面RMUS，
故平面RMUS⊥平面ABEF，同理平面VUS⊥平面ABEF，
而平面RMUS∩平面VUS = SU，故SU ⊥平面ABEF，
故RM // SU，故四边形RMUS为平行四边形，故MU = RS = 1
2
(8+12)=10.
在平面ABHR中过B作BH // AR，交RH于H，连接HT.
则四边形ABHR为平行四边形，且RH // AB , RH = AB，故RH // FT , RH = FT，
故四边形RFTH为平行四边形，
而BH ⊥AB ,BT ⊥AB ,BT ∩BH = B ,BT ,BH ⊂平面BHT，
故AB⊥平面BHT，故平面ARF //平面BHT，
而AR = BH , RF = HT , AF = BT，故△ARF ≅△BHT，
故几何体ARF −BHT为直棱柱，
而S△ARF = 1
2 ×4×❑√(
5
2)
2
−4 =3，故V
=
ARF −BHT
❑8×3=24,
因为AB// EF，故EF ⊥平面ARF，
而EF ⊂平面RSEF，故平面ARF ⊥平面RSEF，
在平面ARF中过A作AG⊥RF，垂足为G，同理可证AG⊥平面RSEF，
而1
2 AG× RF =3，故AG = 12
5 ，故V B−HTES= 1
3 × 12
5 × 1
2
(2+ 4)× 5
2 =6，
由对称性可得几何体的体积为2×(24 +6)=60，
故答案为：60.
13．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，矩形 ABCD，AD =2 AB，E，F 分别是 AD，BC 的中点，
将平面 ABFE 沿 EF 折起，使得二面角 A −EF −D 的大小为 60
∘．在折起后形成的空间图形中，有
如下 3 个结论：
①平面CDEF ⊥平面ADE；
②四边形ABCD是正方形；
③直线AE和DF所成角的正切值是❑√7．
其中所有正确结论的序号是
．
【答案】①②③
【解题思路】对①，由题可得EF ⊥平面ADE，得证；对②，由题可得∠AED即为二面角A −EF −D的
平面角，则AD = AE = ED =a，结合AB⊥平面ADE，且AB//CD，且AB =CD =a，得证；对③，由
题得∠BFD即直线AE与DF所成的角，利用余弦定理求出cos∠BFD，进而求得tan ∠BFD，得解.
【解答过程】如图，设AB =a，则AE = DE = BF =CF =a，
因为EF ⊥AE , EF ⊥DE，AE , DE⊂平面ADE，AE∩DE = E，
所以EF ⊥平面ADE，又EF ⊂平面CDEF，
所以平面CDEF ⊥平面ADE，故①正确；
因为EF ⊥AE , EF ⊥DE，AE⊂平面AEFB，DE⊂平面DEFC，
所以∠AED即为二面角A −EF −D的平面角，即∠AED =60
o，
所以AD = AE = ED =a，
因为AB // EF，所以AB⊥平面ADE，则AB⊥AD，
又AB //CD，且AB =CD =a，所以四边形ABCD是正方形，故②正确；
连接AD , AB，则BD = DF = ❑√2a，又BF =a，
因为AE // BF，所以∠BFD即直线AE与DF所成的角，
∴cos∠BFD = a
2+2a
2−2a
2
2a×❑√2a
=
❑√2
4 ，故sin ∠BFD =
❑√14
4
，
所以tan ∠BFD = ❑√7，即直线AE与DF所成角的正切值为❑√7，故③正确.
综上，正确的有①②③.
故答案为：①②③.
14．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点P在线段B1C上
运动，则下列结论正确的是 ．
①平面B D1 P⊥平面AC B1
②三棱锥A1−DPC1的体积为定值
③在B1C上存在点P，使得A1 P//面AC D1
④A1 P+ PC1的最小值为2
【答案】①②③
【解题思路】证明B D1⊥平面A B1C即可判断①，由B1C //平面C1 A1 D即可判断②，当P为B1C的中点
时，证明平面A1 PC1//平面A D1C，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AC ⊥BD，D D1⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，所以
D D1⊥AC，
又BD∩D D1= D，BD , D D1⊂平面BD D1B1，所以AC ⊥平面BD D1B1，
又B D1⊂平面BD D1B1，所以AC ⊥B D1，
同理可证B1C ⊥B D1，又B1C ∩AC =C，B1C , AC ⊂平面A B1C，
所以B D1⊥平面A B1C，又B D1⊂平面B D1 P，所以平面B D1 P⊥平面AC B1，故①正确；
对于②：因为B1C // A1 D，B1C ⊄平面C1 A1 D，A1 D⊂平面C1 A1 D，所以B1C //平面C1 A1 D，
又P∈B1C，所以点P到平面C1 A1 D的距离为定值设为d，△C1 A1 D的面积也为定值，
又V A1−DPC1=V P−A1 DC1= 1
3 S△C1 A1 D⋅d为定值，故②正确；
对于③：当P为B1C的中点时，点P也为BC1的中点，BC1// A D1，BC1⊄平面A D1C，
A D1⊂平面A D1C，所以BC1//平面A D1C，即PC1//平面A D1C，
同理可证A1C1//平面A D1C，
又A1C1∩PC1=C1，A1C1, PC1⊂平面A1 PC1，
所以平面A1 PC1//平面A D1C，又A1 P⊂平面A1 PC1，
所以A1 P//面AC D1，故③正确；
对于④：如下图，将△B1C1C沿着B1C翻折到与平面B1CD A1共面且A1、C1在B1C的异侧，
连接A1C1与B1C交于点P，则A1C1即为A1 P+ PC1的最小值，
又∠A1B1C1=135°，A1B1= B1C1=1，
所以A1C1=
❑√1
2+1
2−2×1×1×cos135° = ❑√2+ ❑√2，
即A1 P+ PC1的最小值为❑√2+ ❑√2，故④错误.
故答案为：①②③.
四、解答题
15．（2025·全国·二模）如图，四棱锥P−ABCD的各个顶点均在球O的表面上，且
AB = AD = 4 ,BC ⊥CD , PB⊥平面PAD.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求四棱锥P−ABCD体积的最大值；
【答案】(1)证明见解析
(2)32
3
【解题思路】（1）由题可得∠BAD =π
2 ，即AB⊥AD，利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面PAB
，根据面面垂直的判定定理得证；
（2）作PH ⊥AB，得PH ⊥平面ABCD，由P B
2+ P A
2= A B
2=16，利用基本不等式得
PA ⋅PB≤P A
2+ P B
2
2
=8，结合三角形面积公式得PH = PA ⋅PB
AB
≤8
4 =2，同理可得
S△BCD= 1
2 BC ⋅CD≤8，由此得解
【解答过程】（1）由题，四边形ABCD在球O的一个圆面的圆周上，故∠BAD+∠BCD =π，
又BC ⊥CD，故∠BAD =π
2 ，故AB⊥AD，
由PB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD,得PB⊥AD，
又AB∩PB = B，AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
故AD⊥平面PAB，
又AD⊂平面ABCD，故平面PAB⊥平面ABCD.
（2）如图：
作PH ⊥AB，由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB，PH ⊂平面PAB，
可得PH ⊥平面ABCD，
记四棱锥P−ABCD的体积为V ，
则V = 1
3 ⋅PH ⋅S ABCD= 1
3 ⋅PH ⋅(S△ABD+ S△BCD)，
而S△ABD= 1
2 AB⋅AD = 1
2 ×4×4 =8，
由PB⊥平面PAD，则PB⊥PA，故P B
2+ P A
2= A B
2=16，
于是PA ⋅PB≤P A
2+ P B
2
2
=8，当且仅当PA = PB =2❑√2时，取等号，
由S△PAB= 1
2 ⋅PB⋅PA = 1
2 ⋅AB⋅PH，得PH = PA ⋅PB
AB
≤8
4 =2，S△BCD= 1
2 ⋅BC ⋅CD，
由BC ⊥CD，得32= B D
2= BC
2+C D
2≥2BC ⋅CD，
故BC ⋅CD≤16，当且仅当BC =CD = 4取等号，于是S△BCD= 1
2 ⋅BC ⋅CD≤8，
故V = 1
3 ⋅PH ⋅(S△ABD+ S△BCD)≤2
3 ×16= 32
3 .
故四棱锥P−ABCD体积的最大值为32
3 .
16．（2025·天津·高考真题）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，E、F分别为A1 D1,C1B1中点，
CG =3GC1．
(1)求证：GF ⊥平面FBE；
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D−FBE的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
5
(3)32
3
【解题思路】（1）法一、利用正方形的性质先证明FG⊥BF，再结合正方体的性质得出EF ⊥平面
BC C1B1，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线
面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【解答过程】（1）法一、在正方形BC C1B1中，
由条件易知tan ∠C1 FG = C1G
C1 F = 1
2 = F B1
B B1
= tan ∠B1BF，所以∠C1 FG=∠B1BF，
则∠B1 FB+∠B1BF =π
2 =∠C1 FG+∠B1 FB，
故∠BFG =π−(∠C1 FG+∠B1 FB)=π
2 ，即FG⊥BF，
在正方体中，易知D1C1⊥平面BC C1B1，且EF // D1C1，
所以EF ⊥平面BC C1B1，
又FG⊂平面BC C1B1，∴EF ⊥FG，
∵EF ∩BF = F , EF 、BF ⊂平面BEF，∴GF ⊥平面BEF；
法二、如图以D 为中心建立空间直角坐标系，
则B (4,4,0), E (2,0,4), F (2,4,4),G (0,4,3)，
所以⃗EF =(0,4,0),⃗EB =(2,4 ,−4),⃗FG =(−2,0,−1)，
设⃗m=(a,b,c)是平面BEF的一个法向量，
则{⃗
m⋅⃗EF = 4 b=0⃗
m⋅⃗EB =2a+ 4 b−4 c =0)，令a=2，则b=0,c =1，所以⃗m=(2,0,1)，
易知FG
→
=−m
→
，则⃗FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF ⊥平面BEF；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以⃗EG =(−2,4 ,−1),⃗BG =(−4,0,3)，
由（1）知⃗FG是平面BEF的一个法向量，
设平面BEG的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，所以{⃗
n⋅⃗EG =−2 x + 4 y −z =0⃗
n⋅⃗BG =−4 x +3 z =0 )，
令x =6，则z =8, y =5，即⃗n=(6,5,8)，
设平面BEF与平面BEG的夹角为α，
则cosα =|cos⟨⃗FG ,⃗n))= |⃗FG⋅⃗n)
|⃗FG)⋅|⃗n)
=
20
❑√5×❑√125 = 4
5 ；
（3）由（1）知EF ⊥平面BC C1B1，FB⊂平面BC C1B1，∴EF ⊥FB，
易知S△BEF = 1
2 EF ⋅BF = 1
2 ×4×
❑√4
2+2
2= 4 ❑√5，
又⃗DE =(2,0,4)，则D 到平面BEF的距离为d =|⃗DE⋅⃗FG)
|⃗FG)
= 8
❑√5
，
由棱锥的体积公式知：V D−BEF = 1
3 d ×S△BEF = 1
3 × 8
❑√5 ×4 ❑√5= 32
3 .
17．（24-25 高二上·上海静安·期中）如图，在正三棱柱ABC −A1 B1C1中，已知AB = A A1=2，D、E分
别是AB、A1 B1的中点.
(1)求正三棱柱ABC −A1 B1C1的表面积；
(2)求证：平面CD B1⊥平面AB B1 A1；
(3)求证：直线A C1//平面CD B1.
【答案】(1)12+2❑√3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据多面体表面积的求法求解.
（2）证明出线面垂直，从而证明面面垂直；
（3）证明出DF // A C1，从而证明出线面平行.
【解答过程】（1）正三棱柱的侧面积为：S1=6×2=12，底面积为S2=2×
❑√3
4 ×2
2=2❑√3.
所以正三棱柱的表面积为：S1+ S2= 12+2❑√3.
（2）如图：
因为△ABC为等边三角形，D为AB的中点，故CD⊥AB，
又三棱柱ABC −A1B1C1为直三棱柱，故平面AB B1 A1⊥平面ABC，
因为CD⊂平面ABC，平面AB B1 A1∩平面ABC = AB，所以CD⊥平面AB B1 A1，
因为CD⊂平面CD B1，所以平面CD B1⊥平面AB B1 A1.
（3）连接BC1，交B1C与点F，连接DF.
因为四边形CB B1C1为正方形，所以F为BC1中点，
又D为AB中点，所以DF // A C1，又A C1⊄平面CD B1,DF ⊂平面CD B1，
所以A C1//平面CD B1.
18．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，
AB =2,∠DAB =∠DBF =60°，且FA = FC．
(1)求证：平面ABCD⊥平面BDEF；
(2)求四面体ADEF 的体积；
(3)求直线AD 与平面ABF 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
(3)
❑√10
5
【解题思路】（1）只需证明AC ⊥平面BDEF，进一步将线面垂直问题转换为线线垂直问题，只需证明
AC ⊥BD，AC ⊥FO即可；
（2）由锥体体积计算公式即可求解；
（3）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AD 的方向向量与平面ABF 的法向量，结合向量夹角公式即
可求解.
【解答过程】（1）设AC 与BD 相交于点O，连接FO．
因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD，
且O 为AC 中点，FA = FC，
所以AC ⊥FO．又FO∩BD =O , FO ,BD⊂平面BDEF，
所以AC ⊥平面BDEF．又AC ⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面BDEF．
（2）由题知DB = DF = BF =2, AO⊥平面BDEF，
V
A −≝¿= 1
3 ×S
△≝¿× AO = 1
3 ×❑√3×❑√3=1¿¿．
（3）连接DF，因为四边形BDEF 为菱形，且∠DBF =60°，
所以△DBF为等边三角形．因为O 为BD 中点，
所以FO⊥BD．又AC ⊥FO , AC ∩BD =O，AC，BD⊂平面ABCD，
所以FO⊥平面ABCD．故OA，OB，OF 两两垂直，
所以建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
因为AB =2，四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60°，
所以BD =2, AC =2❑√3．因为△DBF为等边三角形，
所以OF = ❑√3．所以A (❑√3,0,0),B (0,1,0), D (0,−1,0), F (0,0,❑√3)，
所以⃗AD =(−❑√3,−1,0),⃗AF =(−❑√3,0,❑√3),⃗AB =(−❑√3,1,0)．
设平面ABF 的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿
令x =1，解得⃗n=(1,❑√3,1)．
设AD 与平面ABF 所成角为θ，则AD 与平面ABF 所成角的正弦值为
sinθ =|cos⟨⃗AD ,⃗n))= |⃗AD⋅⃗n)
|⃗AD)⋅|⃗n)
=|−❑√3−❑√3)
❑√4×❑√5
=
❑√15
5
，
cosθ =
❑√1−sin
2θ =
❑√
1−(
❑√15
5 )
2
=
❑√10
5
，
所以AD 与平面ABF 所成角的余弦值为
❑√10
5
．
19．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，底面ABC是边长为1 的正三角形，
B B1=2,∠B1BC =60
∘, D是A1C1的中点.
(1)直线B1 D与平面A1 AC C1能否垂直？给出结论，并给予证明
(2)若二面角A −BC −B1的平面角的余弦值为−1
3.
（i）求侧面A1 AB B1的面积；
（ii）求B1 D与平面A1 AB B1所成角的正弦值.
【答案】(1)直线B1 D不可能垂直于平面A1 AC C1，证明见解析
(2)（i）2；（ii）
❑√6
6
【解题思路】（1）由余弦定理得出B1C = ❑√3，反证法得出CD + DC1=C C1=2即可证明；
（2）（i）应用二面角定义得出cos∠AOF =−1
3，再结合余弦定理计算边长进而计算侧面面积；（ii）先
应用线面垂直判定定理得出MC ⊥平面A1 AB B1，再结合线面角定义求解计算.
【解答过程】（1）直线B1 D不可能垂直于平面A1 AC C1
证明如下：连接B1C ,CD，由BC =1,B B1=2,∠B1BC =60
∘，
由余弦定理B1C
2= BC
2+ B B1
2−2BC ⋅B B1cos∠B1BC =1+ 4−2×1×2× 1
2 =3
所以B1C = ❑√3，
假设B1 D⊥平面A1 AC C1，DC ⊂平面A1 AC C1，
则B1 D⊥DC，又B1 D =
❑√3
2 ，得CD = ❑√B1C
2−B1 D
2= 3
2.
在△CDC1中，CD+ DC1=C C1=2，矛盾.故假设不成立.
所以，直线B1 D不可能垂直于平面A1 AC C1.
（2）（i）取BC ,B B1的中点O , F，连接AO , FO , AF.
连接B1C，由BC =1,B B1=2,∠B1BC =60
∘，
由余弦定理B1C
2= BC
2+ B B1
2−2BC ⋅B B1cos∠B1BC =1+ 4−2×1×2× 1
2 =3
所以B1C = ❑√3，所以B1C
2+ BC
2= B B1
2，所以B1C ⊥BC，
由题意，得OA =OF =
❑√3
2 ,OA ⊥BC ,OF ⊥BC，
所以∠AOF是二面角A −BC −B1的平面角，故cos∠AOF =−1
3.
由余弦定理A F
2= A O
2+O F
2−2 AO⋅OF cos∠AOF =(
❑√3
2 )
2
+(
❑√3
2 )
2
−2×
❑√3
2 ×
❑√3
2 ×(−1
3)=2
所以AF = ❑√2，所以A B
2+ B F
2= A F
2，所以AB⊥B B1，
所以S A1 AB B1= AB⋅B B1=1×2=2，即侧面A1B B1 A的面积为2.
（ii）取AC的中点E，由B1 D // BE，知B1 D与平面A1 AB B1所成角即BE与平面A1 AB B1所成角.
由△BAF、△CAF是等腰直角三角形，取AF的中点M，
连接MC , MB，由MC = MB =
❑√2
2 ，
M B
2+ M C
2= BC
2，得MC ⊥MB，又由MC ⊥FA，MB∩FA = M，
MB , FA ⊂平面A1 AB B1，所以MC ⊥平面A1 AB B1.
取MA的中点H，连接HE , HB，由HE // MC，知HE⊥平面A1 AB B1，∠EBH是直线BE与平面
A1 AB B1所成的角.
由HE = 1
2 MC =
❑√2
4 ,BE =
❑√3
2 ，得sin∠EBH = HE
BE =
❑√6
6 .
所以B1 D与平面A1 AB B1所成角的正弦值为
❑√6
6 .
