1.已知直線l1⊥平面α，直線l2?平面α，則l1與l2的位置關(guān)系一定成立的是（ ）
A.相交 B.垂直
C.異面 D.平行
2.如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，D是EF的中點，現(xiàn)在沿SE，SF及EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3三點重合，重合后的點記為G，則在四面體S-EFG中必有（ ）
A.SG⊥△EFG所在平面
B.SD⊥△EFG所在平面
C.GF⊥△SEF所在平面
D.GD⊥△SEF所在平面
3.已知AB是圓柱上底面的一條直徑，C是上底面圓周上異于A，B的一點，D為下底面圓周上一點，且AD⊥圓柱的底面，則必有（ ）
A.平面ABC⊥平面BCD
B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面BCD⊥平面ABD
4.已知過平面α外一動點A的斜線l與平面α所成角為π6，并且斜線l交平面α于定點B，若動點A與平面α的距離為1，則斜線段AB在平面α上的射影所形成的圖形面積是（ ）
A.3π B.2π
C.π D.π2
5.正六棱柱相鄰兩個側(cè)面所成的二面角的大小為 .
.
1.已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是（ ）
A.α⊥β且m?α B.m⊥n且n∥β
C.m∥n且n⊥β D.m⊥n且α∥β
2.（多選）下列命題為真命題的是（ ）
A.若兩個平面有無數(shù)個公共點，則這兩個平面重合
B.一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直
C.垂直于同一條直線的兩個平面相互平行
D.兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面
3.（多選）（2021·新高考Ⅱ卷10題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點.則滿足MN⊥OP的是（ ）
線面垂直的判定與性質(zhì)
【例1】 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點.證明：
（1）CD⊥AE；
（2）PD⊥平面ABE.
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求證：EF∥BD1.
平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
【例2】 （2023·全國甲卷18題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
（1）證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
（2）設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高.
平行與垂直的綜合問題
【例3】 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點.
（1）求證：EF∥平面AB1C1；
（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1.
【例4】 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
（1）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH∥平面PAD；
（2）求證：PA⊥平面PCD；
（3）求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.
（2022·全國甲卷19題）小明同學(xué)參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.
（1）證明：EF∥平面ABCD；
（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）.
第四節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)【解析版】

1.已知直線l1⊥平面α，直線l2?平面α，則l1與l2的位置關(guān)系一定成立的是（ ）
A.相交 B.垂直
C.異面 D.平行
解析：B 根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，則l1⊥l2，故選B.
2.如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，D是EF的中點，現(xiàn)在沿SE，SF及EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3三點重合，重合后的點記為G，則在四面體S-EFG中必有（ ）
A.SG⊥△EFG所在平面
B.SD⊥△EFG所在平面
C.GF⊥△SEF所在平面
D.GD⊥△SEF所在平面
解析：A 四面體S-EFG如圖所示，由SG⊥GE，SG⊥GF，且GE∩GF＝G得SG⊥△EFG所在的平面.故選A.
3.已知AB是圓柱上底面的一條直徑，C是上底面圓周上異于A，B的一點，D為下底面圓周上一點，且AD⊥圓柱的底面，則必有（ ）
A.平面ABC⊥平面BCD
B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面BCD⊥平面ABD
解析：B 因為AB是圓柱上底面的一條直徑，所以AC⊥BC，又AD垂直于圓柱的底面，所以AD⊥BC，因為AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD.由于BC?平面BCD.所以平面BCD⊥平面ACD.
4.已知過平面α外一動點A的斜線l與平面α所成角為π6，并且斜線l交平面α于定點B，若動點A與平面α的距離為1，則斜線段AB在平面α上的射影所形成的圖形面積是（ ）
A.3π B.2π
C.π D.π2
解析：A 如圖，過點A作平面α的垂線，垂足為C，連接BC，所以線段BC為線段AB在平面α上的射影，∠ABC為斜線l與平面α所成的角，則∠ABC＝π6，又AC＝1，所以BC＝3，故射影形成的圖形為半徑為3的圓面，其面積為3π.故選A.
5.正六棱柱相鄰兩個側(cè)面所成的二面角的大小為 .
答案：2π3
解析：如圖，由正六棱柱的幾何特征可知BB'⊥AB，BB'⊥BC，則∠ABC為正六棱柱相鄰兩個側(cè)面所成的二面角的平面角，∴∠ABC＝（6－2）π6＝2π3.
.
1.已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是（ ）
A.α⊥β且m?α B.m⊥n且n∥β
C.m∥n且n⊥β D.m⊥n且α∥β
解析：C 由結(jié)論1可知C正確.
2.（多選）下列命題為真命題的是（ ）
A.若兩個平面有無數(shù)個公共點，則這兩個平面重合
B.一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直
C.垂直于同一條直線的兩個平面相互平行
D.兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面
解析：BCD 對于A，兩個相交平面有一條交線，交線有無數(shù)個公共點，但是這兩個平面不重合，故A錯誤；對于B，由結(jié)論3可知正確；對于C，由結(jié)論2可知正確；對于D，由結(jié)論4可知正確，故選B、C、D.
3.（多選）（2021·新高考Ⅱ卷10題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點.則滿足MN⊥OP的是（ ）
解析：BC 由結(jié)論5易知B、C正確.
線面垂直的判定與性質(zhì)
【例1】 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點.證明：
（1）CD⊥AE；
（2）PD⊥平面ABE.
證明：（1）在四棱錐P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
∴PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC，∴CD⊥AE.
（2）由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中點，∴AE⊥PC.
由（1）知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
∴AE⊥平面PCD.
又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，
又PD?平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求證：EF∥BD1.
證明：如圖所示，連接A1C1，C1D，B1D1，BD.
∵AC∥A1C1，EF⊥AC，∴EF⊥A1C1.
又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1，
∴EF⊥平面A1C1D， ①
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1.
∵四邊形A1B1C1D1為正方形，∴A1C1⊥B1D1，
又B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D，
而BD1?平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1.同理DC1⊥BD1.
又DC1∩A1C1＝C1，∴BD1⊥平面A1C1D， ②
由①②可知EF∥BD1.
平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
【例2】 （2023·全國甲卷18題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
（1）證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
（2）設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高.
解：（1）證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC.
因為∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
因為AC∩A1C＝C，AC，A1C?平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1.
因為BC?平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
（2）如圖，取棱AA1的中點D，連接BD，CD.
因為AB＝A1B，所以AA1⊥BD.
因為BC⊥平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，所以BC⊥AA1.
因為BC∩BD＝B，BC，BD?平面BCD，
所以AA1⊥平面BCD.
因為CD?平面BCD，所以AA1⊥CD.
因為AA1∥CC1，所以CD⊥CC1.
又因為CD⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，CC1?平面BB1C1C，所以CD⊥平面BB1C1C.
因為AA1＝2，所以CD＝1.
易知AA1∥平面BB1C1C，
所以四棱錐A1-BB1C1C的高為CD＝1.
（2022·全國乙卷18題）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點.
（1）證明：平面BED⊥平面ACD；
（2）設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時，求三棱錐F-ABC的體積.
解：（1）證明：因為AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，
所以BA＝BC，
又E為AC的中點，所以AC⊥BE，AC⊥DE，
因為BE∩DE＝E，且BE，DE?平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
（2）由（1）可知BA＝BC，因為∠ACB＝60°，AB＝2，所以AC＝2，則BE＝3，DE＝1，
又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，所以DE⊥EB.
連接EF（圖略），易知當(dāng)△AFC的面積最小時，EF取最小值，
在Rt△BED中，EF的最小值為E到BD的距離，故當(dāng)△AFC的面積最小時，EF＝DE·BEBD＝32.
由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD＝2，所以DF＝12，F(xiàn)B＝32.
法一 因為DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，所以DE⊥平面ABC，
則F到平面ABC的距離d＝BFBD×DE＝34.
故VF-ABC＝13S△ABC×d＝13×34×4×34＝34.
法二 由（1）知BD⊥AC，又BD⊥EF，所以BD⊥平面ACF，
所以BF即為B到平面ACF的距離，
故VF-ABC＝VB-AFC＝13S△AFC×BF＝13×12×AC×EF×BF＝34.
平行與垂直的綜合問題
【例3】 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點.
（1）求證：EF∥平面AB1C1；
（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1.
證明：（1）因為E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點，
所以EF∥AB1.
又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
（2）因為B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC，B1C?平面AB1C，AC?平面AB1C，B1C∩AC＝C，
所以AB⊥平面AB1C，
又因為AB?平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
【例4】 如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，△PCD為等邊三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
（1）設(shè)G，H分別為PB，AC的中點，求證：GH∥平面PAD；
（2）求證：PA⊥平面PCD；
（3）求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.
解：（1）證明：連接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.
又由BG＝PG，故GH為△PBD的中位線，
所以GH∥PD.
又因為GH?平面PAD，PD?平面PAD，所以GH∥平面PAD.
（2）證明：取棱PC的中點N，連接DN.依題意，得DN⊥PC.
因為平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，DN?平面PCD，所以DN⊥平面PAC.
又PA?平面PAC，所以DN⊥PA.
又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，
所以PA⊥平面PCD.
（3）連接AN，由（2）中DN⊥平面PAC，可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.
因為△PCD為等邊三角形，CD＝2，且N為PC的中點，所以DN＝3.
又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝DNAD＝33.
所以直線AD與平面PAC所成角的正弦值為33.
（2022·全國甲卷19題）小明同學(xué)參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.
（1）證明：EF∥平面ABCD；
（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）.
解：（1）證明：如圖，分別取AB，BC的中點M，N，連接EM，F(xiàn)N，MN，
∵△EAB與△FBC均為正三角形，且邊長均為8，
∴EM⊥AB，F(xiàn)N⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB與平面FBC均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM?平面EAB，F(xiàn)N?平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，∴四邊形EMNF為平行四邊形，∴EF∥MN.
又MN?平面ABCD，EF?平面ABCD，
∴EF∥平面ABCD.
（2）如圖，分別取AD，DC的中點P，Q，連接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由（1）知EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面ABCD，
同理可證得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝43，EM∥FN∥GQ∥HP.
易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，∴PM⊥MN，
又PM＝QN＝MN＝PQ＝12BD＝42，
∴四邊形PMNQ是正方形，
∴四棱柱PMNQ-HEFG為正四棱柱，
∴V四棱柱PMNQ-HEFG＝（42）2×43＝1283.
∵AC⊥BD，BD∥PM，∴AC⊥PM.
∵EM⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴EM⊥AC.
又EM，PM?平面PMEH，且EM∩PM＝M，∴AC⊥平面PMEH，
則點A到平面PMEH的距離d＝14AC＝22，
∴V四棱錐A-PMEH＝13S四邊形PMEH×d＝13×42×43×22＝6433，
∴該包裝盒的容積V＝V四棱柱PMNQ-HEFG＋4V四棱錐A-PMEH＝1283＋4×6433＝64033（cm3

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