热点专题 8-3 立体几何中垂直的证明与探究- 2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用）

2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用） 专题8-3 立体几何中垂直的证明与探究 模块一 总览 热点题型解读（目录） 【题型1】垂直性质的判定 【题型2】线面垂直证明 【题型3】证明面面垂直 【题型4】已知面面垂直证其他垂直 【题型5】证明异面直线垂直 【题型6】线面垂直的存在性问题探究 【题型7】面面垂直的存在性问题探究 【题型8】异面直线垂直的存在性问题探究 【题型9】存在性问题中确定动点的轨迹与最值 模块二 核心题型·举一反三 【题型1】垂直性质的判定 部分问题可以转化为一个正方体的棱、面等，进而进行排除 【例1】（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【例2】（多选题）（2021年全国新高考II卷数学试题）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． 【例3】（2024·广东佛山·一模）（多选）已知直线，与平面，，，能使的充分条件是（    ） A．， B．， C．，， D．，， 【例4】设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题： ①若，，则.②若，，则. ③若，，则.④若，，则. 其中正确命题的序号是（    ） A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③ 【例5】设、是两条不相同的直线，、是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若、是异面直线，，，，，则. D．若，，则 【例6】（2024·贵州遵义·二模）已知平面满足，下列结论正确的是（    ） A．若直线，则或 B．若直线，则与和相交 C．若，则，且 D．若直线过空间某个定点，则与成等角的直线有且仅有4条 【巩固练习1】（2024·广东惠州·一模）已知l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【巩固练习2】（2024·黑龙江·模拟预测）（多选）设a，b表示两条互不重合的直线，，表示两个互不重合的平面，则下列命题正确的是（    ）． A．，，，则 B．，，，则 C．，，，则 D．，，，则 【巩固练习3】设是两条不同的直线，是两个不同的平面． 则下列说法错误的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【巩固练习4】（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【巩固练习5】设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面给出下列四个命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，，，则． 其中正确命题的个数是（     ） A． B． C． D． 【题型2】线面垂直证明 解决思路：通过线面垂直的判定定理证明直线与平面垂直时，关键是在平面内找到两条与直线垂直的相交直线，并证明. 步骤 第一步：证明直线与平面内两条相交直线都垂直. 第二步：通过线面垂直的判定定理证明直线与平面垂直. 第三步：通过线面垂直的性质证明直线与平面内的直线垂直. 【例1】如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； 【例2】如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． 求证：平面； 【例3】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于． 证明：平面； 【巩固练习1】（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【巩固练习2】（2024·高三·湖北武汉·开学考试）如图，在三棱锥中，为上的动点. 若，求证：平面； 【巩固练习3】 【题型3】证明面面垂直 面面垂直的主要证明方法是利用线面垂直面面垂直． 证明时，先从现有的直线中寻找其中一个平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决． 文字语言 图形语言 符号语言 面面垂直判定 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 _ 【例1】（2020·全国·高考真题）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； 【例2】（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面． (1)证明：平面平面    【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，证明：平面平面PBC 【例4】（24-25高三上·广东肇庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，是边长为2的等边三角形，.    证明：平面平面. 【巩固练习1】（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； 【巩固练习2】（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； 【巩固练习3】（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; 【题型4】已知面面垂直证其他垂直 文字语言 图形语言 符号语言 面面垂直性质 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 a 【例1】（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； 【例2】（2024·广东佛山·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)求证：平面平面； 【例3】如图，在三棱台.中，，平面平面.    求证：平面； 【巩固练习1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． (1)证明：； 【巩固练习2】（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，． 证明：． 【巩固练习3】（2024·高三·河南·开学考试）如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，. 证明：； 【题型5】证明异面直线垂直 【方法技巧】 异面直线的垂直证明如果能建系就优先考虑建系，建系法思路简单且计算量小，而几何法如果不熟练就容易卡壳 【例1】（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：； 【分析】根据题意易证平面，从而证得； 【详解】连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． 【例2】（杭州二模）在三棱锥中,底面△ABC为等腰直角三角形,. 求证：AC⊥SB 【例3】（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； 【巩固练习1】（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：； 【巩固练习2】（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； 【巩固练习3】（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； 【巩固练习4】（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； 【巩固练习5】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明：； 【巩固练习6】（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； 【题型6】线面垂直的存在性问题探究 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 【例1】在正三棱柱中，，点为的中点．Q是棱上一点，且AQ⊥平面，则 . 【例2】如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，点M为AC的中点． (1)求证：平面平面PAB； (2)线段PC上是否存在点N，使得平面BMN?若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【例3】如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点． (1)证明：平面； (2)设，当为何值时，平面？试证明你的结论． 【巩固练习1】在底面是菱形的四棱锥中，已知，，过作侧面的垂线，垂足恰为棱的中点. 在棱上是否存在一点，使得平面，若存在求的长；若不存在，说明理由. 【巩固练习2】（23-24高三上·广东惠州·阶段练习）如图，在五面体中，平面ABC，，，.    (1)问：在线段CD上是否存在点P，使得平面ACD?若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由. 【巩固练习3】如图，直三棱柱，，分别是，的中点， (1)求证：平面； (2)若，，在棱上是否存在点，使平面.如果存在，求出点的位置，如果不存在，请说明理由. 【巩固练习4】如图，正三棱柱中，，点为的中点. (1)证明：平面平面 (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【巩固练习5】如图1，在中，分别为的中点.将沿折起到的位置（与不重合），连，如图2.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面交于过的直线，求证； (3)线段上是否存在点，使得平面，若存在，指出点位置并证明；若不存在，说明理由. 【题型7】面面垂直的存在性问题探究 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 【例1】如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，且． (1)在棱上找一点，使得平面平面，并给出证明； 【例2】（2024·黑龙江·二模）如图，在直角梯形ABCD中，，，，于E，沿DE将折起，使得点A到点P位置，，N是棱BC上的动点（与点B，C不重合）. (1)判断在棱PB上是否存在一点M，使平面平面，若存在，求；若不存在，说明理由； 【例3】（23-24·湖南长沙·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点N使平面平面成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由． 【巩固练习1】 【巩固练习2】如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面. (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 【巩固练习3】如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【题型8】异面直线垂直的存在性问题探究 通过构造一个和直线垂直的平面来得到N的轨迹或位置 【例1】如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点. (1)若∥平面，求证：M是的中点； (2)若平面平面，求线段的长； (3)是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【巩固练习1】正四棱锥底面边长为2，高为1，是边的中点，动点在四棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为　　 A． B． C． D． 【巩固练习2】棱长为1的正方体中为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹的长度为　　 A． B． C． D． 【题型9】存在性问题中确定动点的轨迹与最值 异面直线，P为动点，这垂直存在性问题需要先构造出一个过A点的平面α，该平面与BC垂直，则P点在平面α内 【例1】如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为 　　． 【巩固练习1】已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，若，则的最小值为　　 A． B． C． D． 【巩固练习2】如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则△面积的最大值为　　 A． B． C． D． 【巩固练习3】已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，，则的最大值为 　　；最小值为 　　． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高考数学二轮热点题型追踪与重难点专题突破（新高考专用） 专题8-3 立体几何中垂直的证明与探究 模块一 总览 热点题型解读（目录） 【题型1】垂直性质的判定 【题型2】线面垂直证明 【题型3】证明面面垂直 【题型4】已知面面垂直证其他垂直 【题型5】证明异面直线垂直 【题型6】线面垂直的存在性问题探究 【题型7】面面垂直的存在性问题探究 【题型8】异面直线垂直的存在性问题探究 【题型9】存在性问题中确定动点的轨迹与最值 模块二 核心题型·举一反三 【题型1】垂直性质的判定 部分问题可以转化为一个正方体的棱、面等，进而进行排除 【例1】（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】对于A，由只需之间的位置关系即可判断；对于B，由面面垂直的判定即可判断；对于C，由线面位置关系即可判断；对于D，由面面垂直的性质即可判断. 【详解】对于A，若，，则平行、相交或异面； 对于B，若，则存在，使得，又因为，，而，所以，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，若，，，且如果不在内，则不会有，故D错误. 【例2】（多选题）（2021年全国新高考II卷数学试题）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. 【例3】（2024·广东佛山·一模）（多选）已知直线，与平面，，，能使的充分条件是（    ） A．， B．， C．，， D．，， 【答案】BD 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A：，，，也可能平行，故错误； 对于B：若，，则，正确； 对于C：，，，由线面垂直的判定定理可知不一定垂直于，故也不一定垂直，故错误； 对于D：由，，可得：，再由，可证，故正确. 【例4】设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题： ①若，，则.②若，，则. ③若，，则.④若，，则. 其中正确命题的序号是（    ） A．①③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】A 【分析】 利用线面平行、线面垂直的性质可判断①；根据已知条件判断线面位置关系，可判断②；利用线面垂直和面面平行的性质可判断③④. 【详解】对于①，若，过作平面，使得， 因为，，，则，因为，，则，故，①对； 对于②，若，，则或或、相交（不一定垂直），②错； 对于③，若，，则，③对； 对于④，若，，则，④对. 【例5】设、是两条不相同的直线，、是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若、是异面直线，，，，，则. D．若，，则 【答案】D 【分析】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，，则， 因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示： 因为，，则，故，A对； 对于B选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示： 因为，则，因为，则，B对； 对于C选项，因为，过直线作平面，使得，则，如下图所示： 因为，，，则， 又因为、是异面直线，，且，， 假设，则，与已知条件矛盾，假设不成立，故、相交， 又因为，因此，，C对； 对于D选项，若，，则或，D错. 【例6】（2024·贵州遵义·二模）已知平面满足，下列结论正确的是（    ） A．若直线，则或 B．若直线，则与和相交 C．若，则，且 D．若直线过空间某个定点，则与成等角的直线有且仅有4条 【答案】D 【分析】根据给定条件，作出正方体，举例说明判断ABC；利用正方体的体对角线推理判断D. 【详解】在正方体中，平面，平面，平面两两垂直， 令平面为平面，平面为平面，平面为平面， 对于A，直线，，当为直线时，，A错误； 对于B，，当为直线时，，B错误； 对于C，，当为直线时，，C错误； 对于D，在正方体中，直线相交于点， 它们与平面，平面，平面所成的角都相等， 而正方体过其中心的直线有且只有4条直线与该正方体各个面所成的角相等， 过空间给定点作直线平行于直线之一，所得直线与与所成角相等， 因此直线过空间某个定点，与成等角的直线有且仅有4条，D正确. 故选：D 【巩固练习1】（2024·广东惠州·一模）已知l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】在A中，与平行或异面；在B中，与相交、平行或；在C中，与相交、平行或；在D中，由面面垂直的判定理得。 【详解】由l、n是两条不同的直线，、是不重合的两个平面，知： 在A中，若，，，则与平行或异面，故A错误； 在B中，若，，则与相交、平行或，故B错误； 在C中，若，，则与相交、平行或，故C错误； 在D中，若，，则由面面垂直的判定理得，故D正确． 【巩固练习2】（2024·黑龙江·模拟预测）（多选）设a，b表示两条互不重合的直线，，表示两个互不重合的平面，则下列命题正确的是（    ）． A．，，，则 B．，，，则 C．，，，则 D．，，，则 【答案】AC 【分析】利用线面垂直的性质，结合面面平行的性质逐项分析判断即可得结果. 【详解】对于A，，，则，又，则内有直线与b平行，因此，A正确； 对于B，，，则，又知，则或，B错误； 对于C，，，则，又知，则，C正确； 对于D，由，知相交，当为交线时，若，，得， 此时，D错误. 故选：AC 【巩固练习3】设是两条不同的直线，是两个不同的平面． 则下列说法错误的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】 根据空间平面间的位置关系，面面垂直、平行的判定定理判断. 【详解】对于A，由，且，得或，又，则，正确； 对于B，若，，，过作平面交平面于点直线，如图： 由得，又，所以，又，所以， 又，所以，正确； 对于C，若，，，则可能平行也可能相交， 如图： 在长方体中，取平面为平面，直线为直线， 平面为平面，直线为直线，满足，，， 而，错误； 对于D，若，，则，又，则，正确 【巩固练习4】（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论. 【详解】对于A，若，，则或，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误； 对于B，若，则与相交或平行，B错误； 对于C，若，则，又，则或，C错误； 对于D，由，得或，若，则存在过的平面与相交， 令交线为，则，而，于是，；若，而，则， 因此，D正确. 【巩固练习5】设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面给出下列四个命题： ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，，，则． 其中正确命题的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析即可得答案． 【详解】①若，，，则与平行、相交或异面，故错误； ②若，，则或，又，则，故正确； ③若，，则，又，则或，故错误； ④假设是在面上的投影，，，即，， 若，，，得，故正确．    【题型2】线面垂直证明 解决思路：通过线面垂直的判定定理证明直线与平面垂直时，关键是在平面内找到两条与直线垂直的相交直线，并证明. 步骤 第一步：证明直线与平面内两条相交直线都垂直. 第二步：通过线面垂直的判定定理证明直线与平面垂直. 第三步：通过线面垂直的性质证明直线与平面内的直线垂直. 【例1】如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； 【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以； 因为底面是菱形，所以; 因为,平面, 所以平面. 【例2】如图，AB是圆的直径，平面PAC面ACB，且APAC． 求证：平面； 【解析】因为平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB ，平面PAC， 所以PA面ACB，又因为平面PBC， 所以PA，又因为AB是圆的直径，所以， 因为平面， 所以平面； 【例3】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于． 证明：平面； 【解析】 连结， 底面是边长为2的菱形，． ， ． 点为线段中点，． 为菱形，平面，平面 又平面，平面平面， 在平面上的射影为， 为直线与平面所成的角，即． 在中，， ． 则． 又平面平面， 平面． 【巩固练习1】（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； 【详解】（1）因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. 【巩固练习2】（2024·高三·湖北武汉·开学考试）如图，在三棱锥中，为上的动点. 若，求证：平面； 【解析】 在中，，则， 又，所以 由勾股定理可得为直角三角形，, 所以，所以 在中，因为，由余弦定理可得： 则，所以， 又，在中由余弦定理可得： ， 则，所以， 又平面平面， 所以平面 【巩固练习3】 【题型3】证明面面垂直 面面垂直的主要证明方法是利用线面垂直面面垂直． 证明时，先从现有的直线中寻找其中一个平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决． 文字语言 图形语言 符号语言 面面垂直判定 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 _ 【例1】（2020·全国·高考真题）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； 【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得 ，即，从而证得平面，即可证得结论； 【详解】（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； 【例2】（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面． (1)证明：平面平面    【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； 【详解】（1）证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面. 【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，证明：平面平面PBC 【详解】（1）方法一： 因为底面ABCD，平面ABCD， 所以． 因为ABCD为正方形，所以， 又因为，平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB． 因为平面PAB，所以． 因为，E为线段PB的中点， 所以， 又因为，平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC． 又因为平面AEF， 所以平面平面PBC． 方法二： 因为底面ABCD，平面PAB， 所以平面底面ABCD 又平面底面，，平面ABCD， 所以平面PAB． 因为平面PAB，所以． 因为，E为线段PB的中点，所以． 因为，平面PBC，平面PBC， 所以平面PBC， 又因为平面AEF， 所以平面平面PBC 解法三：建系（费时间，但是可以为第二问铺路） 因为底面ABCD，， 以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则， 设，则， 所以，，，， 设为平面AEF的法向量， 则所以取，则，， 则， 设为平面PBC的法向量， 则所以取，则， ， 则 因为，所以, 所以平面平面PBC 【例4】（24-25高三上·广东肇庆·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，是边长为2的等边三角形，.    证明：平面平面. 【分析】（1）取的中点，连接，.易证、，由勾股定理易证，根据线面垂直的判定定理可得平面，根据面面垂直的判定定理可证平面平面. 【详解】（1）取的中点，连接，.    因为，，所以为等边三角形. 因为为的中点，所以，. 因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以. 又，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【巩固练习1】（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； 【分析】根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； 【详解】因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【巩固练习2】（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； 【答案】（1）证明见解析； 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面. 【详解】 （1）取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. 【巩固练习3】（2024·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，是正三角形，． (1)证明：平面平面; 【分析】（1）取中点，连接，根据等比三角形可得，由余弦定理求长，再由勾股定理得，结合面面垂直判定定理证得结论； 【详解】（1）取中点，连接， 因为是正三角形，为中点， 所以，且， 又，由余弦定理得， 则，故， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面 【题型4】已知面面垂直证其他垂直 文字语言 图形语言 符号语言 面面垂直性质 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 a 【例1】（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. 【例2】（2024·广东佛山·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)求证：平面平面； 【分析】（1）利用面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可得出结论； 【详解】（1）在底面中，因为，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面 又因为平面，所以平面平面 【例3】如图，在三棱台.中，，平面平面.    求证：平面； 【解析】证明：因为平面平面，且平面平面， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面. 【巩固练习1】（2024·广东·二模）如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，平面平面． (1)证明：； 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. 【详解】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以 【巩固练习2】（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，． 证明：． 【解析】因为，，所以，， 由余弦定理可得，所以，则． 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面PAD． 因为平面PAD，所以． 【巩固练习3】（2024·高三·河南·开学考试）如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，. 证明：； 【解析】证明：因为是等腰直角三角形，为的中点， 所以， 平面， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面 因为平面，所以，又为的中点， 所以是等腰三角形，故. 【题型5】证明异面直线垂直 【方法技巧】 异面直线的垂直证明如果能建系就优先考虑建系，建系法思路简单且计算量小，而几何法如果不熟练就容易卡壳 【例1】（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：； 【分析】根据题意易证平面，从而证得； 【详解】连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． 【例2】（杭州二模）在三棱锥中,底面△ABC为等腰直角三角形,. 求证：AC⊥SB 【详解】 法一：利用全等 证明：取的中点为E，连结， ∵，∴， 在和中， ∴，∴， ∵的中点为E，∴， ∵，∴面， ∵面，∴ 法二：构造等腰直角三角形，取SB中点M，易知AM=CM，故EM⊥AC 【例3】（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，， 所以 ，所以． 【巩固练习1】（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：； 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； 【详解】由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故 【巩固练习2】（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； 【巩固练习3】（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； 【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得； 【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． 【巩固练习4】（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； 【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证； 【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得， 所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以． 【巩固练习5】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明：； 【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到. 【详解】 取中点，连接、， 因为、、为圆锥三条母线，， 所以， 又因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以. 【巩固练习6】（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； 【答案】（I）证明见解析；【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得； 【详解】（）[方法一]：几何证法 作交于，连接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱台的定义可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法 作交于O． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示. 设OC=1,∵，， ∴,∴， ∴,, , ∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD； [方法三]：三余弦定理法 ∵平面ACFD平面ABC，∴, ∴， 又∵DC =2BC． ∴,即, 又∵，∴． 【题型6】线面垂直的存在性问题探究 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 【例1】在正三棱柱中，，点为的中点．Q是棱上一点，且AQ⊥平面，则 . 【答案】 【分析】证明，证明，证明平面平面，在平面内过点作交于点，根据求出. 【详解】在正三棱柱中，因为点为的中点， 所以，因为平面，平面， 所以，因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面内过点作交于点， 因为平面平面， 所以平面，显然， 所以，所以，所以， 所以. 【例2】如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，点M为AC的中点． (1)求证：平面平面PAB； (2)线段PC上是否存在点N，使得平面BMN?若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可得证； （2）过点M作垂足为F，根据线面垂直的判定可证平面BMN，然后根据平面几何知识求出，进而求出即可得. 【详解】（1）因为平面平面ABC，平面，，平面平面ABC， 所以平面ABC，平面ABC，所以， 又，，所以, 又，所以， 所以，又，是平面内的两条相交直线， 所以平面，又平面， 所以平面平面PAB （2） 存在，当时，平面BMN， 过点M作垂足为F， 由（1）知平面ABC，平面ABC，所以， 又点M为AC的中点，， 所以，，是平面内的两条相交直线， 所以平面，又平面， 所以，，是平面BMN内的两条相交直线， 所以平面BMN， 由已知得，又， 即，又， 所以，所以， 故当时，平面BMN 【例3】如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点． (1)证明：平面； (2)设，当为何值时，平面？试证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明平面，平面，从而得到平面平面，即可得证； （2）连接，不妨设，依题意可得，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，要使平面，只需即可，再由勾股定理计算可得. 【详解】（1）取的中点，的中点，连接，，， 则有，，，所以， 则与共面， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 平面平面， 又平面，∴平面； （2）连接，不妨设，则， 所以， ∵三棱柱的侧棱垂直于底面， ∴平面平面， ∵，∴，又点是的中点，所以， 又平面平面，平面， ∴平面，平面，∴， 要使平面，只需即可， 又∵， ∴，即， ∴（负值舍去），即时，平面. 【巩固练习1】在底面是菱形的四棱锥中，已知，，过作侧面的垂线，垂足恰为棱的中点. 在棱上是否存在一点，使得平面，若存在求的长；若不存在，说明理由. 【答案】 【分析】连接AO，证明平面AOD，再过O作于E，证明面SBC，再根据三角形中的关系求解DE的长即可； 【详解】连接AO，，O是BS的中点，， 面ABS，面ABS，， 又平面AOD，平面AOD， 过O作于E，则， 平面AOD，， 又平面SBC，面SBC， 在中，， ， ∵，∴， ∴． 【巩固练习2】（23-24高三上·广东惠州·阶段练习）如图，在五面体中，平面ABC，，，.    (1)问：在线段CD上是否存在点P，使得平面ACD?若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)存在，即当P为线段CD的中点时，平面ACD；证明见解析 【分析】（1）先判断出结论；证明时分别取的中点为，连接，根据线面垂直的判定定理即可证明； 【详解】（1）当P为线段CD的中点时，平面ACD； 证明：分别取的中点为，连接，    则，而，， 故,即四边形为平行四边形， 则; 因为平面ABC，平面,故，则； 由，O为AC中点，故，则， 又平面， 故平面ACD 【巩固练习3】如图，直三棱柱，，分别是，的中点， (1)求证：平面； (2)若，，在棱上是否存在点，使平面.如果存在，求出点的位置，如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)点是的中点时，平面. 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，构造平行四边形，证明线线平行； （2）根据垂直关系的转化，转化为构造. 【详解】（1）取的中点，连结， 因为点分别是和的中点，所以，， 且，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面； （2）假设存在点，使平面， 因为，且点是的中点，所以， 且平面，平面，所以， 且，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，所以四边形是正方形，则； 取的中点，连结，则， 则，，平面， 所以平面， 所以点是的中点时，平面. 【巩固练习4】如图，正三棱柱中，，点为的中点. (1)证明：平面平面 (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，7，理由见解析； 【分析】（1）由已知条件证明平面，即可证明平面平面；（2）在平面内过点作交于点，证明出与相似，从而，代入数据求解即可; 【详解】（1）在正三棱柱中，因为点为的中点， 则， 又平面，平面， 则有， 而，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， （2）在平面内过点作交于点， 因为平面平面，平面， 所以平面，则点即为所要找的点， 如下图所示，因为，， 所以与相似， 因此， 即有，于是，，所以. 【巩固练习5】如图1，在中，分别为的中点.将沿折起到的位置（与不重合），连，如图2.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面交于过的直线，求证； (3)线段上是否存在点，使得平面，若存在，指出点位置并证明；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析. (2)证明见解析. (3)在线段上存在点，即为的中点,使得平面. 【分析】（1）先证明，根据线面垂直的判断定理得平面，再由面面垂直的判断定理即可证明； （2）先证明平面，再由平面，且平面平面，根据线面平行的性质得. （3）线段上存在点，即为的中点，取中点，连接，证明平面，再由四点在同一个平面得到平面. 【详解】（1）因为在中，分别为中点， 所以， 将翻折到的位置后，即， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）因为在中，分别为中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，且平面平面， 所以. （3）在线段上存在点，即为的中点，使得平面. 证明如下： 取中点，连接， 由（1）可知，平面， 因为平面， 所以， 因为为中点， 所以，即为等腰三角形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为为的中点，即， 所以四点在同一个平面. 所以平面.    【题型7】面面垂直的存在性问题探究 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证． 【例1】如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，且． (1)在棱上找一点，使得平面平面，并给出证明； 【答案】(1)点为的中点，证明见解析 【分析】（1）当点为中点时，平面平面，依题意可得，从而得到，再由，即可证明平面，从而得证； 【详解】（1）当点为中点时，平面平面， 证明如下：因为四棱锥是正四棱锥，所以，所以. 在正方形中，，所以， 在正方形中，，因为，所以， 因为面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【例2】（2024·黑龙江·二模）如图，在直角梯形ABCD中，，，，于E，沿DE将折起，使得点A到点P位置，，N是棱BC上的动点（与点B，C不重合）. (1)判断在棱PB上是否存在一点M，使平面平面，若存在，求；若不存在，说明理由； 【答案】(1)存在， 【分析】（1）根据题意，先证明平面，再证明平面，再利用面面垂直的性质定理作，得平面，再计算求解即可； 【详解】（1）存在，； 理由如下：由，，，平面， 所以平面，又平面， 故，又，平面，故平面， 又平面,故平面平面，又平面平面， 平面，作，则平面，又平面， 故平面平面，由题意，不妨设， 则中，由等面积得，所以， 则，所以. 【例3】（23-24·湖南长沙·开学考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．    (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点N使平面平面成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再利用线面垂直的性质判定推理作答. （2）取的中点，的中点，连接，再作出直二面角，并探讨线段长度关系，借助比例式求解作答. 【详解】（1）由侧面是正三角形，M是的中点，得， 由正方形，得，而平面平面，平面平面， 且平面，则平面，又平面，于是， 而平面， 所以平面. （2）取的中点，的中点，连接，连接，连接，连接，    于是，由正方形，得，则，令， 显然是正的中心，，， 又平面平面，平面平面，则平面， 平面，即有，而平面， 则平面，平面，在平面内过作交于， 显然，而平面，因此平面， 连接并延长交于，连接，于是平面平面， 过作，则有，，， ，，则，又，， 从而点是线段的中点，，过作交于， 于是，即，显然，因此， 所以在棱上存在点N使平面平面成立，. 【巩固练习1】 【巩固练习2】如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面. (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，答案见解析 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. （2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）由面面垂直的性质得到点到平面的距离为即是的长度，再由勾股定理确定点的位置即可. 【详解】（1）连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以 （2）点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高， 由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为， 设点到平面的距离为d，由，得， 而，，则的面积， 由，，得，又，，则， 又，，由余弦定理得， 则，的面积， 则，即 ，所以点到平面的距离为. （3） 设存在， 如图，由平面平面可得平面， 由（2）可得点到平面的距离为即是的长度， 在中，， 所以. 【巩固练习3】如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据线面垂直判定证平面，再由线面垂直性质有，最后由线面垂直判定证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值； （3）令，根据面面垂直及相关面的法向量列方程求参数，即可得答案. 【详解】（1）因为，即，又平面， 所以平面，平面，所以. 又平面，所以平面. （2）因为平面，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以. 设平面的法向量，由，令，得. 因为平面，所以平面的法向量， 所以. 因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （3）假设在线段上存在一点，使得平面平面. 设，则. 所以，则. 设平面的法向量，由，令，得. 因为平面平面，所以，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 【题型8】异面直线垂直的存在性问题探究 通过构造一个和直线垂直的平面来得到N的轨迹或位置 【例1】如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点. (1)若∥平面，求证：M是的中点； (2)若平面平面，求线段的长； (3)是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，1 【分析】（1）根据线面平行的性质可得，再结合平行线的性质分析证明； （2）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，即可得结果； （3）做辅助线，可证平面，平面，可得，即可得结果. 【详解】（1）若∥平面，且平面，平面平面， 可得， 在中，点N是中点，所以点M是中点. （2）如图，取中点F，连接，. 因为是正三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 由平面，可得， 在因为侧面是正三角形，则. 因为底面是菱形，且， 可知是等边三角形，则且. 所以. （3）取中点E，连接，. 因为四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形， 则，. 由（2）可得，， 且平面，，所以平面， 由平面，可得. 又因为，、在平面内，所以平面. 过E作交于点M. 因为，所以点平面. 所以平面， 因为平面，所以， 因为E为的中点，， 所以，即. 【巩固练习1】正四棱锥底面边长为2，高为1，是边的中点，动点在四棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为　　 A． B． C． D． 【解答】解：动点在四棱锥表面上运动，并且总保持， 垂直于所在的平面，点的轨迹为如图所示的三角形，其中、为中点， ， ， 轨迹的周长为． 故选：． 【巩固练习2】棱长为1的正方体中为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹的长度为　　 A． B． C． D． 【解答】解：点的轨迹为过点与直线垂直的截面与正方体的交线，就是图形中点三角形，它的周长为：． 【巩固练习2】 【巩固练习3】 【题型9】存在性问题中确定动点的轨迹与最值 异面直线，P为动点，这垂直存在性问题需要先构造出一个过A点的平面α，该平面与BC垂直，则P点在平面α内 【例1】如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为 　　． 【解答】第一步：先找出过P点且垂直BD1的平面，该平面与侧面的交线即为P点轨迹． 具体操作：三垂线法 如图，将BD1向A点所在的三个侧面作投影，然过A点分别在侧面上作各投影的垂线，得到AC与AH (注：观察可以发现第三个图不好作垂线，并且只需要2条线即可确定平面，所以这里就不作第三个图的垂线了)． 显然，所以平面AHC⊥BD1，故P点轨迹为HC ，所以BP⊥HC时，取到最大值，不难求出此时，故. 【巩固练习1】已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，若，则的最小值为　　 A． B． C． D． 【解答】解：在中，，所以当取最小值时，最小． 【法一】点所在的三个面上都能作出垂线 延长CD至Q，且CD=2DQ，tan∠BCE= 【法二】设，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，2，，，0，，，2，，设，0，． 所以，由条件有，即． 取中点，则点的轨迹为线段． 当时，最小，此时，所以． 故选：． 【巩固练习2】如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则△面积的最大值为　　 A． B． C． D． 【解答】解：如图， 由正方体性质知，当位于点时，， 当位于的中点时，由已知得，，， ，， 求得，，． ，得． 又，平面，得到的轨迹在线段上． 由，可知为锐角，而， 知到棱的最大值为． 则△面积的最大值为． 【巩固练习3】已知点在正方体的侧面内（含边界），是的中点，，则的最大值为 　　；最小值为 　　． 【解答】把CF向点所在的三个面上作投影，再过点D作他们的垂线，其中侧面A1ADD1的垂线不太好好作，要解题其实也只需作出2条垂线就行， 得到CF⊥面DPQ，则平面DPQ与平面的交线即E点轨迹 ，则 1 / 56 学科网（北京）股份有限公司 $$