2024-2025 學年高中數學人教A版必修二專題8.4 空間直線、平面的平行與垂直（4類必考點）-試卷下載-教習網

專題8.4 空間直線、平面的平行與垂直 TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc21878" 【考點1：線面平行的判定與性質】 PAGEREF _Toc21878 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc2272" 【考點2：面面平行的判定與性質】 PAGEREF _Toc2272 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc27631" 【考點3：線面垂直的判定與性質】 PAGEREF _Toc27631 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc1508" 【考點4：面面垂直的判定與性質】 PAGEREF _Toc1508 \h 23 【考點1：線面平行的判定與性質】【知識點：線面平行的判定與性質】直線與平面平行的判定定理和性質定理 [方法技巧] 判定線面平行的四種方法 (1)利用線面平行的定義(無公共點)； (2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)； (3)利用面面平行的性質定理(α∥β，a?α?a∥β)； (4)利用面面平行的性質(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)．　　 [易錯提醒] 在應用線面平行的判定定理進行平行轉化時，一定注意定理成立的條件，通常應嚴格按照定理成立的條件規(guī)范書寫步驟，如：把線面平行轉化為線線平行時，必須說清經過已知直線的平面和已知平面相交，這時才有直線與交線平行．　　 1．（2024高一下·全國·專題練習）下列命題正確的是（????） A． B． C． D．【答案】D 【分析】根據線面平行的判定定理和性質定理依次判斷各選項即可得出結果. 【詳解】對于A，，有可能，A錯誤；對于B，，有可能異面，B錯誤；對于C，，有可能，C錯誤；對于D，由線面平行的判定定理可知D正確．故選：D 2．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，在正方體中，點F是棱上的一個動點，平面交棱于點E，則下列命題中不正確的是（???） A．存在點F，使得∥平面 B．存在點F，使得∥平面 C．對于任意點F，四邊形均為平行四邊形 D．對于任意點F，三棱錐的體積均不變【答案】B 【分析】利用面面平行的性質可得四邊形為平行四邊形，判斷C；即可根據線面平行的判定定理判斷A；利用與相交，可判斷B；根據棱錐的體積公式可判斷D. 【詳解】對于A，由題意知四點共面，平面平面，平面平面，平面平面，故，同理可證，即四邊形為平行四邊形故當F為的中點時，由于，可得,則E也為的中點，連接，而，則四邊形為平行四邊形， ∴，EF?平面平面，∴∥平面，A正確；對于B，由于?平面，與相交，因此∥平面不成立，B錯誤；對于C，由A的分析知，四邊形一定為平行四邊形，故C正確；對于D，∵，平面，平面，故平面，∴點F到平面的距離為定值，而的面積為定值， ∴三棱錐的體積為定值，即對于任意點F，三棱錐的體積均不變，故D正確．故選：B. 3．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，四棱錐的所有棱長都等于，為線段的中點，過，，三點的平面與交于點，則四邊形的周長為 . 【答案】【分析】借助線面平行的判定定理與性質定理可得點位置，即可注意計算四邊形邊長. 【詳解】由題意知，四邊形為菱形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，，則，為的中點，則為的中點，，是邊長為2的等邊三角形，則，且，同理可得，因此四邊形的周長為. 故答案為：. 4．（2024高二下·江西南昌·階段練習）如圖，已知四棱錐的底面是菱形，交于點O，E為的中點，F在上，，平面，則的值為 . 【答案】3 【分析】根據，得到，利用平面，得到，結合比例式的性質，得到，即可求解. 【詳解】解：設與交于點，連接，如圖所示，因為為的中點，則，由四邊形是菱形，可得，則，所以，所以，又因為平面，平面，平面平面，所以，所以. 故答案為：3. 5．（2024高一下·全國·專題練習）求證：空間四邊形相鄰兩邊中點的連線平行于經過另外兩邊的平面．已知：如圖，空間四邊形中，E，F分別是，的中點． ?? 求證：平面．【答案】證明見解析【分析】通過證明，而在面外, 在面內,即可得出結論. 【詳解】由題意，連接．在中，，， ∴．又平面，平面， ∴平面． 6．（2024高一下·全國·專題練習）如圖所示，在四棱錐中，BC∥平面，，E是的中點．求證： (1)∥平面； (2)∥平面. 【答案】(1)證明見解析 (2)證明見解析【分析】（1）利用線面平行的性質證明，再根據線面平行的判定定理，即可證明結論；（2）取的中點F，證明四邊形為平行四邊形，即可得，再根據線面平行的判定定理，即可證明結論；【詳解】（1）證明：因為∥平面，?平面，平面平面，所以，又?平面，平面，所以∥平面. （2）取的中點F，連接，E是的中點．得，且，由（1）知AD∥BC且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，則，又平面，平面，所以平面. 7．（2024高三下·四川雅安·階段練習）如圖，在直三棱柱中，，，D為的中點. (1)證明：平面. (2)若以為直徑的球的表面積為，求三棱錐的體積. 【答案】(1)證明見解析； (2). 【分析】（1）連接交于點E，證明，再利用線面平行的判定推理即得. （2）利用球的表面積公式求出，進出求出，再借助等體積法求出體積. 【詳解】（1）連接交于點E，則E為的中點，連接，而為的中點，則，又平面，平面，所以平面. （2）由，為的中點，得，且，由以為直徑的球的表面積為，得，解得，因此，解得，顯然的面積，所以. 8．（23-24高一下·吉林白城·期中）如圖，在正方體中，是的中點． (1)求證：平面ACE； (2)設正方體的棱長為1，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）連接交于，連接，即可得到，從而得證；（2）根據正方體的性質及計算可得三棱錐的體積．【詳解】（1）連接交于，連接，則為的中點，又是的中點, 所以是的中位線，所以，又平面，平面，所以平面；（2）正方體中，易知平面，所以 . 【考點2：面面平行的判定與性質】【知識點：面面平行的判定與性質】平面與平面平行的判定定理和性質定理 [方法技巧] 判定面面平行的四種方法 (1)利用定義：即證兩個平面沒有公共點(不常用)． (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)． (3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用)． (4)利用平面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行(客觀題可用)．　　 1．（2024高一下·全國·課后作業(yè)）已知，，是三個不同的平面，，是兩條不同的直線，且，則“”是“”的（???） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B 【分析】根據面面平行的判定定理和性質，結合充分條件和必要條件的定義即可得解. 【詳解】由，，若，由面面平行的性質知：，必要性成立；由，，若，則或相交，充分性不成立．相交情況如下：故選：B. 2．（23-24高一下·浙江·期中）四棱錐的底面是邊長為1的正方形，如圖所示，點是棱上一點，，若且滿足平面，則 ?? 【答案】【分析】連接BD，交AC于點O，連接OE，利用中位線性質和線面平行的判定證明平面ACE，結合平面ACE，則證明平面平面ACE，再利用利用面面平行的性質則有，即可得到答案. 【詳解】如圖，連接BD，交AC于點O，連接OE，由是正方形，得，在線段PE取點G，使得，由，得，連接BG，FG，則，由平面，平面，得平面，而平面，，平面，因此平面平面，又平面平面，平面平面，則，所以. 故答案為： ?? 3．（2024高一下·浙江金華·期中）在邊長為1的正方體中，點M是該正方體表面上一個動點，且平面，則動點M的軌跡的長度是 . 【答案】【分析】連接，，，證明平面平面，則動點M的軌跡為，即可得解. 【詳解】如圖，邊長為1的正方體中，動點M滿足平面，由面面平行的性質得：當始終在一個與平面平行的面內，即滿足題意，連接，，，因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以，同理，又平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以平面，又因平面，所以平面平面，又平面，M是該正方體表面上一個動點，所以動點M的軌跡為. 因為，所以動點M的軌跡的長度為. 故答案為：. 4．（2024·四川瀘州·三模）如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，，與交于點，底面，，點，分別是棱，的中點，連接，，. ?? (1)求證：平面平面； (2)求三棱錐的體積. 【答案】(1)見解析 (2) 【分析】（1）根據中位線定理和面面平行的判定定理即可證明；（2）根據等體積法即可求解. 【詳解】（1）因為底面是矩形，AC與BD交于點O 所以O為AC中點，點E是棱PA的中點，F分別是棱PB的中點，所以OE為三角形的中位線，OF為三角形的中位線，所以,，平面，平面，平面，平面，平面，平面，而,平面，平面，平面平面. （2）因為底面ABCD是矩形，，，所以為等邊三角形，所以，所以，根據體積相等法可知，，故三棱錐的體積為. 5．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，點M，N分別在AC，PB上，且，，作出直線與確定的平面與平面的交線l，直線l與是否平行，如果平行請給出證明，如果不平行請說明理由． ?? 【答案】平行，證明見解析【分析】取的四等分點且，可證明平面平面，延長與相交于點，直線MN與PB確定的平面與平面PAD的交線l即直線，由面面平行的性質定理，有. 【詳解】取的四等分點且，連接，，．，，，， ?? ∵平面，平面，∴平面，同理可得平面，，平面．平面平面，延長與相交于點，連接，直線MN與PB確定一個平面，平面與平面PAD的交線l即直線，平面，平面，則有. 6．（2024·陜西漢中·二模）已知：如圖，三角形為正三角形，和都垂直于平面，且，為的中點． (1)證明：平面； (2)求點B到平面的距離．【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）取中點，連接、，由三角形中位線的性質得到，進一步得到平面，再由已知證出四邊形為平行四邊形，從而得到平面，即可得到平面平面，從而得證；（2）先證出平面，進而得出點到平面的距離為，即可求解．【詳解】（1）如圖：取中點，連接、，是的中點，，又平面，平面，平面，和都垂直于平面，，又，，，則四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面，又，平面平面，平面平面，平面，平面；（2），，，在直角中，，在直角中，，，又為的中點，，又，，，平面平面，即點到平面的距離為，因為，所以．【考點3：線面垂直的判定與性質】【知識點：線面垂直的判定與性質】直線與平面垂直的判定定理與性質定理：　　 [方法技巧] 證明直線與平面垂直的方法 (1)定義法：若一條直線垂直于一個平面內的任意一條直線，則這條直線垂直于這個平面(不常用)； (2)判定定理(常用方法)； (3)若兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面(客觀題常用)； (4)若一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，則它必垂直于另一個平面(客觀題常用)； (5)若兩平面垂直，則在一個平面內垂直于交線的直線必垂直于另一個平面(常用方法); (6)若兩相交平面同時垂直于第三個平面，則這兩個平面的交線垂直于第三個平面(客觀題常用)．　　 1．（2024高二下·安徽蕪湖·階段練習）已知表示兩條不同直線，表示平面，則（????） A．若，則 B．若，則 C．若，則 D．若，則【答案】D 【分析】利用空間中直線、平面的位置關系一一判定選項即可. 【詳解】對于A，若，則可能相交、平行或異面，故A錯誤；對于B，若，則可能平行，或相交，或垂直，故B錯誤；對于C，若，則可能在中，也可能，故C錯誤；對于D，由線面垂直的性質定理可知D正確. 故選：D 2．（2024·江西九江·二模）在正方體中，為四邊形的中心，則下列結論正確的是（????） A． B． C．平面平面 D．若平面平面，則平面【答案】B 【分析】根據正方體性質結合圖形可知異面，可判斷A；通過證明平面，可判斷B；記的中點分別為，然后證明是平面和平面的夾角或其補角，由為等腰三角形可判斷C；由可判斷D. 【詳解】A選項：由正方體性質易知，，所以四點共面，由圖知，平面，直線在平面內，且不過點A，所以異面，A錯誤； B選項：因為平面，平面，所以，又為正方形，所以，因為，平面，所以平面，又平面，所以，B正確； C選項：記平面平面，因為，平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以，記的中點分別為，由正方體性質可知，，所以，所以，同理，，所以是平面和平面的夾角或其補角，又對稱性可知，為等腰三角形，故為銳角，C錯誤； D選項：因為，所以與平面相交，D錯誤. 故選：B 3．（多選）（2024高三下·江蘇蘇州·階段練習）如圖，在直三棱柱中，，點，分別是，的中點.則下列一定成立的是（????） ?? A． B． C． D．【答案】ABD 【分析】利用三棱柱性質和中點可得A正確；易知四邊形是平行四邊形，所以，即B正確；利用線面垂直性質可得若需滿足，所以C不一定成立；由等腰三角形性質可得，即D正確. 【詳解】對于A，由三棱柱性質可得，又點，分別是，的中點，所以，即A正確；對于B，由A中的結論可得，且，所以，因此可得四邊形是平行四邊形，所以，即B正確；對于C，因為是直三棱柱，所以平面，又平面，所以；又因為，點是的中點，所以；又平面，可得平面，又平面，所以，若，且，所以平面，又平面，可得，在四邊形中，若，利用三角形相似可得，即，題目中沒有對應的條件，所以C不一定成立；對于D，因為，點是的中點，所以；即D正確. 故選：ABD 4．（2024高三·全國·專題練習）正四棱柱的底面邊長為1，高為2，點是棱上一個動點（點與均不重合）.當點是棱的中點時，求證：直線平面；【答案】證明見解析【分析】由線面垂直的判定定理，通過勾股定理證，，即可證得直線平面；【詳解】因為是棱的中點，連接，所以，，，由勾股定理，得，同理可得，，又，、平面，所以直線平面. 5．（2024高一下·全國·專題練習）如圖；在直三棱柱中，，，．求證； ?? 【答案】證明見解析【分析】根據題意，證得和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得．【詳解】證明：在中，因為，可得，所以為直角三角形，可得，由在直三棱柱中，可得平面，且平面，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以． 6．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖所示，在四棱錐中，平面，，，且，． (1)求三棱錐的體積； (2)求證：．【答案】(1) (2)證明見解析【分析】（1）因為平面，根據等積法可得結果；（2）根據線面垂直的性質定理可得，結合（1）及線面垂直的判定定理可得平面，從而得證. 【詳解】（1）在底面中，，，且，所以，，則，所以，故. （2）由（1）知，又平面，平面，則，且，平面， ∴平面，而平面，所以． 7．（23-24高一下·浙江金華·期中）如圖，在幾何體中，四邊形為菱形，對角線與的交點為O，四邊形為梯形，. (1)若，求證：平面； (2)若，求證：平面平面. 【答案】(1)證明見解析 (2)證明見解析【分析】（1）取的中點，連接，，從而可得為平行四邊形，即可證明平面；（2）只需證明平面，即可證明平面平面. 【詳解】（1）證明：取的中點，連接，， ∵是菱形的對角線，的交點， ∴，且，又∵，且， ∴，且，從而為平行四邊形， ∴，又平面，平面， ∴平面. （2）證明：連接， ∵四邊形為菱形，∴， ∵，是的中點，∴，又，平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面. 8．（2024·上海楊浦·二模）如圖，為圓錐頂點，為底面中心，，，均在底面圓周上，且為等邊三角形. ?? (1)求證：平面平面； (2)若圓錐底面半徑為2，高為，求點到平面的距離. 【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）連接，根據給定條件，利用線面垂直的性質判定、面面垂直的判定推理即得. （2）連接，作于，證明平面，再計算即得. 【詳解】（1）連接，交于點，由為等邊三角形，得是的中心，則，而平面，平面，則，又平面，因此平面，又平面，所以平面平面. ?? （2）連接，作于，由（1）知平面，平面，則，而平面，則平面，顯然，，則，而，于是≌，因此，所以點到平面的距離為. 【考點4：面面垂直的判定與性質】【知識點：面面垂直的判定與性質】平面與平面垂直的判定定理與性質定理： [方法技巧]　面面垂直判定的兩種方法與一個轉化 1．（2024高一下·全國·專題練習）設m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列說法，其中正確的是（????） A．若，則 B．若，則 C．若，則 D．若，則【答案】B 【分析】舉例說明判斷ACD；利用線面垂直性質、面面垂直的判定推理判斷B. 【詳解】對于A，在長方體中，平面，平面分別為，分別為直線，顯然，而平面平面，A錯誤；對于B，由，知存在過的平面與相交，令交線為，則，而，于是，，B正確；對于C，在長方體中，平面，平面分別為，分別為直線，顯然，而平面平面，C錯誤；對于D，在長方體中，平面，平面分別為，分別為直線，顯然，而平面平面，D錯誤. 故選：B 2．（2024高一下·全國·專題練習）在空間四邊形中，，那么必有（????） A．平面⊥平面 B．平面⊥平面 C．平面⊥平面 D．平面⊥平面【答案】C 【分析】由面面垂直的判定定理判斷．【詳解】在空間四邊形中，, 又由,且面，平面，平面，所以平面，又因為平面, 所以平面⊥平面，故選：C. 3．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，是圓O的直徑，垂直圓O所在的平面，點C是圓上的任意一點，圖中有（????）對平面與平面垂直. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根據面面垂直的判定定理進行證明判斷．【詳解】由⊥平面，平面， ∴平面⊥平面，同理，平面⊥平面. 由⊥平面，平面，得，又，且，∴平面，由平面，從而平面⊥平面，故圖中相互垂直的平面有3對．故選：C． 4．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四邊形ABCD中，，，，，將沿BD折起，使平面平面BCD，構成四面體ABCD，在四面體ABCD的四個面中，與平面ADC垂直的平面為寫出滿足條件的所有平面【答案】平面ABD，平面ABC 【分析】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，屬于中檔題．直接由面面垂直的判定判斷平面ABD，平面ABC與平面ACD垂直，再由反證法證明平面BCD與平面ACD不垂直．【詳解】如圖，在四邊形ABCD中，，，，，可得，即平面平面BCD，且平面平面，，平面BCD，平面ABD，平面ACD，則平面平面ABD；又平面ABD，則，又，，平面ADC，平面ADC，平面ADC，又平面ABC，平面平面假設平面平面BCD，，且平面平面，平面BCD，平面ACD，平面ACD，則，與矛盾；在四面體ABCD的四個面中，與平面ADC垂直的平面有：平面ABD，平面故答案為：平面ABD，平面 5．（2024高三·全國·專題練習）已知A，B，C，D為空間四點，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等邊三角形ADB以AB為軸運動，則當平面ADB⊥平面ABC時，CD＝．【答案】2 【詳解】取AB的中點E，連接DE，CE（圖略）.由題意知DE⊥AB，當平面ADB⊥平面ABC時，平面ADB∩平面ABC＝AB，DE?平面ADB，則DE⊥平面ABC.因為CE?平面ABC，所以DE⊥CE.由已知可得DE＝，CE＝1，所以在Rt△DEC中，CD＝＝2. 6．（2024高一下·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，．證明：平面平面；【答案】證明見解析【分析】根據正方形的性質，結合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理進行證明即可. 【詳解】連接，與相交于點，連接，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，則，為和的中點，，則，平面，，平面，又因為平面，所以平面平面. 7．（2024高三·全國·專題練習）如圖，四棱錐中，，，，平面平面．證明：；【答案】證明見解析【分析】取BC中點，連接，則四邊形為正方形，故可證，結合面面垂直有平面，故可證. 【詳解】取BC中點，連接，則，又，，所以四邊形為正方形，則，且，又在中，，則，所以，即．又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又面，所以． 8．（2024高三·全國·專題練習）在三棱柱中，平面平面ABC，，，D為AC的中點．求證：平面平面. ?? 【答案】證明見解析【分析】依題意可取的中點，連接，利用棱長可證明，再由面面垂直性質可得平面，根據面面垂直判定定理可得出證明. 【詳解】取的中點，連接，如下圖所示： ?? 由題意可知為等邊三角形，則，且，可得，因為平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC，由平面ABC，可得，又因為，，平面，可得平面，且平面，所以平面平面. 9．（2024高三·全國·專題練習）在平面四邊形ACBD(圖①)中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構成如圖②所示的三棱錐C′ABD.當C′D＝時，求證：平面C′AB⊥平面DAB. 　　【答案】證明見解析【詳解】證明：當C′D＝時，取AB的中點O，連接C′O，DO(圖略)，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，則C′O＝DO＝1. 因為C′D＝，所以C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD. 因為△CAB是等腰直角三角形，所以C′O⊥AB. 又AB∩OD＝O，AB，OD?平面ABD，所以C′O⊥平面ABD. 因為C′O?平面C′AB，所以平面C′AB⊥平面DAB. 【考查意圖】折疊問題中面面垂直的證明． 10．（2024·寧夏固原·一模）如圖，在四棱錐中，底面四邊形為矩形，，，，， (1)求證：平面平面； (2)若點為的中點，求三棱錐的體積. 【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1），取中點連接，，可證得，，即可證得平面，進而證得結果. （2）由為的中點，可知到面的距離為到面的距離的一半，則，計算可得結果. 【詳解】（1）因為，取中點連接，所以，因為，所以，連接，，，底面四邊形為矩形，所以，，在中，，，，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面. （2）因為為的中點，所以到面的距離為到面的距離的一半， .文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行?線面平行)l∥a，a?α，l?α?l∥α性質定理一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(線面平行?線線平行)l∥α，l?β，α∩β＝b?l∥b文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(線面平行?面面平行)a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α?α∥β性質定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b?α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b)) ?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(l?β,l⊥α))?α⊥β性質定理兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l?β,α∩β＝a,l⊥a))?l⊥α兩種方法(1)面面垂直的定義； (2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)一個轉化在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化．在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直