8.6.2 直线与平面垂直 第2课时 （题型讲义）-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

8.6.2 第2课时 直线与平面垂直 xix   快速定位题型 题 型 目 录 【题型1】直线与平面垂直的性质定理的应用 2 【题型2】空间中的距离问题 6 【题型3】直线与平面垂直关系的综合应用 10 xix   夯实必备知识 新 知 梳 理 知识点一　直线与平面垂直的性质定理 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线平行 符号语言 ⇒a∥b 图形语言 作用 ①线面垂直⇒线线平行； ②作平行线 知识点二　线面距离、平行平面间的距离 1．一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离． 2．如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离． xix   提升方法技能 思 维 进 阶 求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法(一作(或找)二证(或说)三计算)． (2)转移法(找过点与面平行的线或面)． (3)等体积法(三棱锥变换顶点，属间接求法)． xix   触类方能旁通 举 一 反 三 【题型1】直线与平面垂直的性质定理的应用 （2025秋•红花岗区月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BC、CC1的中点．证明：典例 （1）AF⊥B1D1； （2）AE、D1F、DC三线共点． 【答案】（1）连接B1D1， 易证得CC1⊥B1D1， 又四边形A1B1C1D1是正方形，所以A1C1⊥B1D1， 又CC1∩A1C1＝C1，所以B1D1⊥平面ACC1A1， 又AF⊂平面ACC1A1， 所以AF⊥B1D1； （2）连接AD1、BC1、EF， 正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥D1C1且AB＝D1C1， 所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，AD1＝BC1 又E、F分别为BC、CC1的中点，所以EF∥BC1， 故AD1∥EF，，所以AE与D1F共面且必相交， 设延长线交点为P，如图所示， 由P∈AE，AE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD，同理可得P∈平面DCC1D1， 又平面ABCD∩平面DCC1D1＝CD，所以P∈直线DC， 所以AE、D1F、DC三线共点． 【分析】（1）利用正四棱柱的性质得到线面垂直、底面为正方形，得到底面对角线垂直，进而得到线面垂直，即可证明所求结论； （2）判断AE与D1F共面并延长交于一点，再证明该点在直线DC上即可． 【解答】证明：（1）连接B1D1， 由题意易证得CC1⊥B1D1， 又四边形A1B1C1D1是正方形，所以A1C1⊥B1D1， 又CC1∩A1C1＝C1，所以B1D1⊥平面ACC1A1， 又AF⊂平面ACC1A1，所以AF⊥B1D1； （2）连接AD1、BC1、EF， 正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥D1C1且AB＝D1C1， 所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，AD1＝BC1 又E、F分别为BC、CC1的中点， 所以EF∥BC1，， 故AD1∥EF，，所以AE与D1F共面且必相交， 设延长线交点为P，如图所示， 由P∈AE，AE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD，同理可得P∈平面DCC1D1， 又平面ABCD∩平面DCC1D1＝CD，所以P∈直线DC， 所以AE、D1F、DC三线共点． 方法点拨 证明线线平行常用的方法 (1)利用线线平行的定义：证共面且无公共点． (2)利用三线平行基本事实：证两线同时平行于第三条直线． (3)利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行． (4)利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直． (5)利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行． 【变式1】如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，EF与异面直线AC、A1D都垂直相交．求证：EF∥BD1． 【变式2】（2025•济宁开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC． 求证：AE∥MN． 【变式3】（2025秋•衡阳县月考）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，． （1）证明EF⊥BD； （2）求直线DF与平面DBC夹角的正弦值． 【题型2】空间中的距离问题 （2025秋•沙县区月考）已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD＝60°，△PDB是等边三角形．典例 （1）求证：AC⊥PD； （2）求点D到平面PBC的距离． 【答案】（1）证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O， 可得PO⊥平面ABCD， 因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC， 法（i）且PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD， 因为PD⊂平面PBD， 所以AC⊥PD； 法（ii）BD为PD在平面ABCD内的投影，所以AC⊥PD； （2）． 【分析】（1）法（i）由题得PO⊥平面ABCD，故PO⊥AC，根据菱形的性质得BD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； 法（ii）由BD为PD在平面ABCD内的投影，AC⊂平面ABCD，可证得结论； （2）根据题设，结合VD﹣PBC＝VP﹣BDC即可求解； 【解答】（1）证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O， 可得PO⊥平面ABCD， 因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC， 法（i）且PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD， 因为PD⊂平面PBD， 所以AC⊥PD； 法（ii）BD为PD在平面ABCD内的投影，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PD； （2）解：由题意，得△ABD、△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形， 可得，， 所以， 又因为BP＝BD＝BC＝2， 可得， 设点D到平面PBC的距离为h， 由VD﹣PBC＝VP﹣BDC，得， 即，解得， 故点D到平面PBC的距离为． 方法点拨 空间中距离的转化 (1)利用线面、面面平行转化：利用线面距、面面距的定义，转化为直线或平面上的另一点到平面的距离． (2)利用中点转化：如果条件中具有中点条件，将一个点到平面的距离，借助中点(或等分点)转化为另一点到平面的距离． (3)通过换底转化：一是直接换底，以方便求几何体的高；二是将底面扩展(分割)，以方便求底面积和高． 【变式1】（2025春•林甸县期中）如图，已知P是平面ABC外一点，PA⊥平面ABC，AC⊥BC． （1）证明：BC⊥平面PAC； （2）过A点作AD垂直PC于D，证明：AD⊥PB； （3）若BC＝1，，求点C到平面PAB的距离． 【变式2】（2025春•长沙期末）《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，EA⊥平面ABCD，FC∥EA，四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝AE＝2，CD＝CF＝4． （1）证明：四面体BCFD为鳖臑； （2）求点C到平面BDF的距离． 【变式3】（2025春•武汉期末）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，AD＝AS＝4，M为SD的中点． （1）求证：MC∥平面SAB； （2）求直线CM与平面SAC所成角的大小； （3）求点M到平面SAC的距离． 【题型3】直线与平面垂直关系的综合应用 如图，PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，E，F分别为BC，CD上的点，且EF⊥AC．求证：．典例 【答案】证明见解答． 【分析】利用线面垂直的判定定理推出BD⊥平面PAC，EF⊥平面PAC，可得EF∥BD，即可证得结论． 【解答】证明：∵PA⊥平面ABD，BD⊂平面ABD，∴PA⊥BD， ∵PC⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，EF⊂平面BCD， ∴PC⊥BD，PC⊥EF， 又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC， 又EF⊥AC．PC∩AC＝C， ∴EF⊥平面PAC， ∴EF∥BD， ∴． 方法点拨 (1)线线垂直的证明，常转化为线面垂直来证明，即：把两条直线中一条放在某个平面内，然后证明另一条垂直于这个平面．要证线面垂直，可通过线面垂直的定义及判定定理，体现了→→，解题时要注意这种相互转化关系的合理应用． (2)要学会逆向分析的方法，从要证明的结论入手，层层递推，这是解决问题的有效方法． 【变式1】（2025春•昌江区期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点． （1）求证：平面PAC⊥平面BDD1B1； （2）求直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值； （3）在直线BB1上是否存在点Q使得PQ⊥面ACP，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由． 【变式2】（2025春•宣城期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点． （1）求点A到平面MBC1的距离； （2）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式3】（2024春•郑州期末）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°． （1）求三棱锥A﹣PBC的体积； （2）在线段PC上是否存在一点M，使得BM⊥AC？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 8.6.2 第2课时 直线与平面垂直 xix   快速定位题型 题 型 目 录 【题型1】直线与平面垂直的性质定理的应用 2 【题型2】空间中的距离问题 9 【题型3】直线与平面垂直关系的综合应用 17 xix   夯实必备知识 新 知 梳 理 知识点一　直线与平面垂直的性质定理 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线平行 符号语言 ⇒a∥b 图形语言 作用 ①线面垂直⇒线线平行； ②作平行线 知识点二　线面距离、平行平面间的距离 1．一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离． 2．如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离． xix   提升方法技能 思 维 进 阶 求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法(一作(或找)二证(或说)三计算)． (2)转移法(找过点与面平行的线或面)． (3)等体积法(三棱锥变换顶点，属间接求法)． xix   触类方能旁通 举 一 反 三 【题型1】直线与平面垂直的性质定理的应用 （2025秋•红花岗区月考）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为BC、CC1的中点．证明：典例 （1）AF⊥B1D1； （2）AE、D1F、DC三线共点． 【答案】（1）连接B1D1， 易证得CC1⊥B1D1， 又四边形A1B1C1D1是正方形，所以A1C1⊥B1D1， 又CC1∩A1C1＝C1，所以B1D1⊥平面ACC1A1， 又AF⊂平面ACC1A1， 所以AF⊥B1D1； （2）连接AD1、BC1、EF， 正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥D1C1且AB＝D1C1， 所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，AD1＝BC1 又E、F分别为BC、CC1的中点，所以EF∥BC1， 故AD1∥EF，，所以AE与D1F共面且必相交， 设延长线交点为P，如图所示， 由P∈AE，AE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD，同理可得P∈平面DCC1D1， 又平面ABCD∩平面DCC1D1＝CD，所以P∈直线DC， 所以AE、D1F、DC三线共点． 【分析】（1）利用正四棱柱的性质得到线面垂直、底面为正方形，得到底面对角线垂直，进而得到线面垂直，即可证明所求结论； （2）判断AE与D1F共面并延长交于一点，再证明该点在直线DC上即可． 【解答】证明：（1）连接B1D1， 由题意易证得CC1⊥B1D1， 又四边形A1B1C1D1是正方形，所以A1C1⊥B1D1， 又CC1∩A1C1＝C1，所以B1D1⊥平面ACC1A1， 又AF⊂平面ACC1A1，所以AF⊥B1D1； （2）连接AD1、BC1、EF， 正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥D1C1且AB＝D1C1， 所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，AD1＝BC1 又E、F分别为BC、CC1的中点， 所以EF∥BC1，， 故AD1∥EF，，所以AE与D1F共面且必相交， 设延长线交点为P，如图所示， 由P∈AE，AE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD，同理可得P∈平面DCC1D1， 又平面ABCD∩平面DCC1D1＝CD，所以P∈直线DC， 所以AE、D1F、DC三线共点． 方法点拨 证明线线平行常用的方法 (1)利用线线平行的定义：证共面且无公共点． (2)利用三线平行基本事实：证两线同时平行于第三条直线． (3)利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行． (4)利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直． (5)利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行． 【变式1】如图，在正方体A1B1C1D1﹣ABCD中，EF与异面直线AC、A1D都垂直相交．求证：EF∥BD1． 【答案】详见证明过程． 【分析】要证EF∥BD1，结合已知可通过分别证明BD1⊥平面AB1C，EF⊥平面AB1C，然后结合线面垂直的判定定理即可． 【解答】证明：连接AB1，CB1，BD，B1D1， ∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴DD1⊥AC， ∵AC⊥BD，BD∩DD1＝D， ∴AC⊥平面BDD1B1， ∴AC⊥BD1， 同理BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C， ∴BD1⊥平面AB1C， ∵EF⊥AC，EF⊥∥A1D，且A1D∥B1C， ∴EF⊥B1C，∴EF⊥平面AB1C， ∴EF∥BD1． 【变式2】（2025•济宁开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC． 求证：AE∥MN． 【答案】见试题解答内容 【分析】推导出AE⊥平面PCD，MN⊥平面PCD，由此能证明AE∥MN． 【解答】证明：∵在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD， AD＝AP，E是PD的中点， ∴AE⊥AB，AE⊥PD， ∵CD∥AB，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE， ∵PD∩CD＝D，∴AE⊥平面PCD，∴AE⊥PC， M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC， ∵AB∥CD，∴MN⊥CD， ∵CD∩PC＝C，∴MN⊥平面PCD， ∴AE∥MN． 【变式3】（2025秋•衡阳县月考）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，． （1）证明EF⊥BD； （2）求直线DF与平面DBC夹角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，过点D作DO⊥AC于点O，连接OB， 又平面ACFD⊥平面ABC，且平面ACFD∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACFD， 所以DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC， 因为∠ACD＝45°，所以， 又，所以，又∠ACB＝45°， 所以， 所以BO2+BC2＝CO2，所以BO⊥BC， 又DO∩BO＝O，DO，BO⊂平面BOD， 所以BC⊥平面BOD，所以BC⊥BD， 又三棱台ABC﹣DEF中，EF∥BC，所以EF⊥BD； （2）． 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，DO⊥BC，由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得BO⊥BC，所以BC⊥平面BOD，又BD⊂平面BOD，所以BC⊥BD； （2）直线DF与平面DBC夹角等于直线AC与平面DBC夹角，作出辅助线，得到OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线AC与平面DBC夹角，由勾股定理得，进而得到，求出，得到答案． 【解答】解：（1）证明：如图，过点D作DO⊥AC于点O，连接OB， 又平面ACFD⊥平面ABC，且平面ACFD∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACFD， 所以DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC， 因为∠ACD＝45°，所以， 又，所以，又∠ACB＝45°， 所以， 所以BO2+BC2＝CO2，所以BO⊥BC， 又DO∩BO＝O，DO，BO⊂平面BOD， 所以BC⊥平面BOD，所以BC⊥BD， 又三棱台ABC﹣DEF中，EF∥BC，所以EF⊥BD； （2）过点O作OH⊥BD于点H，连接CH， 因为DF∥AC， 所以直线DF与平面DBC所成的角等于直线AC与平面DBC所成的角， 因为BC⊥平面BOD，所以BC⊥OH，又BD∩BC＝B， 所以OH⊥平面BCD， 所以∠OCH为直线AC与平面DBC所成的角， 由（1）知DO＝2，， 因为DO⊥平面ABC，所以DO⊥OB， 所以， 所以， 所以， 直线DF与平面DBC所成的角的正弦值为． 【题型2】空间中的距离问题 （2025秋•沙县区月考）已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD＝60°，△PDB是等边三角形．典例 （1）求证：AC⊥PD； （2）求点D到平面PBC的距离． 【答案】（1）证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O， 可得PO⊥平面ABCD， 因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC， 法（i）且PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD， 因为PD⊂平面PBD， 所以AC⊥PD； 法（ii）BD为PD在平面ABCD内的投影，所以AC⊥PD； （2）． 【分析】（1）法（i）由题得PO⊥平面ABCD，故PO⊥AC，根据菱形的性质得BD⊥AC，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； 法（ii）由BD为PD在平面ABCD内的投影，AC⊂平面ABCD，可证得结论； （2）根据题设，结合VD﹣PBC＝VP﹣BDC即可求解； 【解答】（1）证明：因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O， 可得PO⊥平面ABCD， 因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC， 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC， 法（i）且PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PBD， 所以AC⊥平面PBD， 因为PD⊂平面PBD， 所以AC⊥PD； 法（ii）BD为PD在平面ABCD内的投影，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PD； （2）解：由题意，得△ABD、△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形， 可得，， 所以， 又因为BP＝BD＝BC＝2， 可得， 设点D到平面PBC的距离为h， 由VD﹣PBC＝VP﹣BDC，得， 即，解得， 故点D到平面PBC的距离为． 方法点拨 空间中距离的转化 (1)利用线面、面面平行转化：利用线面距、面面距的定义，转化为直线或平面上的另一点到平面的距离． (2)利用中点转化：如果条件中具有中点条件，将一个点到平面的距离，借助中点(或等分点)转化为另一点到平面的距离． (3)通过换底转化：一是直接换底，以方便求几何体的高；二是将底面扩展(分割)，以方便求底面积和高． 【变式1】（2025春•林甸县期中）如图，已知P是平面ABC外一点，PA⊥平面ABC，AC⊥BC． （1）证明：BC⊥平面PAC； （2）过A点作AD垂直PC于D，证明：AD⊥PB； （3）若BC＝1，，求点C到平面PAB的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）． 【分析】（1）由线面垂直的性质得到PA⊥BC，结合AC⊥BC，即可得证； （2）由线面垂直的性质得到BC⊥AD，即可证明AD⊥平面PBC，从而得证； （3）在平面ABC内过点C作CE⊥AB交AB于点E，即可证明CE⊥平面PAB，再求出CE，即可得解． 【解答】解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC， 又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC； （2）因为BC⊥平面PAC，AD⊂平面PAC， 所以BC⊥AD，又AD⊥PC，PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， 所以AD⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AD⊥PB； （3）在平面ABC内过点C作CE⊥AB交AB于点E， 因为BC＝1，AC，AC⊥BC，所以AB＝2， 所以， 又PA⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，所以PA⊥CE， 又PA∩AB＝B，PA，AB⊂平面PAB，所以CE⊥平面PAB， 所以点C到平面PAB的距离为． 【变式2】（2025春•长沙期末）《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，EA⊥平面ABCD，FC∥EA，四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝AE＝2，CD＝CF＝4． （1）证明：四面体BCFD为鳖臑； （2）求点C到平面BDF的距离． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）． 【分析】（1）由余弦定理和勾股定理及逆定理得到BD⊥BC，△BCD为直角三角形，由题目条件得到BD⊥平面BCF，BD⊥BF，△BDF为直角三角形，结合△CDF，△BCF为直角三角形，得到结论； （2）由等体积法进行求解，得到点C到平面BDF的距离． 【解答】（1）证明：四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝AD＝2，CD＝4， 由勾股定理得，可得， 故， 在△BCD中，由余弦定理得， 故BD2+BC2＝CD2， 由勾股定理逆定理得BD⊥BC，△BCD为直角三角形． 因为EA⊥平面ABCD，FC∥EA， 故FC⊥平面ABCD， 因为BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD， 又因为BC∩FC＝C， 所以BD⊥平面BCF， 又因为BF⊂平面BCF，所以BD⊥BF， 故△BDF为直角三角形． 因为FC⊥平面ABCD， 所以FC⊥BC，FC⊥CD， 所以△CDF，△BCF为直角三角形． 综上，四面体BCFD为鳖臑； （2）解：， 因为FC⊥平面ABCD，且CF＝4， 所以， 设点C到平面BDF的距离为d，其中， 由（1）知BD⊥BF，在Rt△BCF中，由勾股定理得， 所以， 所以， 点C到平面BDF的距离为． 【变式3】（2025春•武汉期末）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA⊥平面ABCD，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，AD＝AS＝4，M为SD的中点． （1）求证：MC∥平面SAB； （2）求直线CM与平面SAC所成角的大小； （3）求点M到平面SAC的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）根据中位线的性质可证明四边形BCMN为平行四边形，即可利用线面平行的判定求解； （2）根据线线垂直可得OB⊥平面SAC，即可知∠BNO为直线BN与平面SAC的夹角，利用三角形的边角关系即可求解； （3）由线面角的大小，即可求解． 【解答】解：（1）证明：取SA的中点为N，连接BN，NM， 由于M为SD的中点， 所以NM∥AD且， 又BC∥AD且， 因此BC∥MN且BC＝MN， 所以四边形BCMN为平行四边形， 故MC∥BN，MC⊄平面SAB，BN⊂平面SAB， 所以MC∥平面SAB； （2）由（1）知：MC∥BN， 所以直线BN与平面SAC的夹角即为直线CM与平面SAC的夹角， 取AC的中点为O，连接OB，OS，ON， 由于AB＝BC＝2，所以OB⊥AC， 又SA⊥平面ABCD，OB⊂平面ABCD，所以SA⊥OB， AC∩SA＝A，SA，AC⊂平面SAC， 故OB⊥平面SAC， 所以∠BNO为直线BN与平面SAC的夹角， 由于，， 所以， 由于∠BNO为锐角，所以， 故直线CM与平面SAC的夹角为， （3）由（2）知直线CM与平面SAC的夹角为， ， 故点M到平面SAC的距离为． 【题型3】直线与平面垂直关系的综合应用 如图，PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，E，F分别为BC，CD上的点，且EF⊥AC．求证：．典例 【答案】证明见解答． 【分析】利用线面垂直的判定定理推出BD⊥平面PAC，EF⊥平面PAC，可得EF∥BD，即可证得结论． 【解答】证明：∵PA⊥平面ABD，BD⊂平面ABD，∴PA⊥BD， ∵PC⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，EF⊂平面BCD， ∴PC⊥BD，PC⊥EF， 又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC， 又EF⊥AC．PC∩AC＝C， ∴EF⊥平面PAC， ∴EF∥BD， ∴． 方法点拨 (1)线线垂直的证明，常转化为线面垂直来证明，即：把两条直线中一条放在某个平面内，然后证明另一条垂直于这个平面．要证线面垂直，可通过线面垂直的定义及判定定理，体现了→→，解题时要注意这种相互转化关系的合理应用． (2)要学会逆向分析的方法，从要证明的结论入手，层层递推，这是解决问题的有效方法． 【变式1】（2025春•昌江区期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点． （1）求证：平面PAC⊥平面BDD1B1； （2）求直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值； （3）在直线BB1上是否存在点Q使得PQ⊥面ACP，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，且． 【分析】（1）借助长方体的性质与线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDD1B1，再借助面面垂直的判定定理即可得证； （2）结合直线与平面所成角的定义可得∠CD1O等于直线A1B与平面BDD1B1所成的角，再借助正弦的定义计算即可得； （3）找出符合要求的点，再借助线面垂直的判定定理证明即可． 【解答】解：（1）证明：因为DD1⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABCD， 所以DD1⊥AC， 又因为AB＝AD，则底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD， 又因为DD1∩DB＝D，DD1、DB⊂平面BDD1B1， 所以AC⊥平面BDD1B1， 又因为AC⊂平面PAC， 所以平面PAC⊥平面BDD1B1； （2）令AC∩BD＝O，连接CD1、D1O，由长方体性质可得A1B∥D1C， 则直线A1B与平面BDD1B1所成的角等于直线D1C与平面BDD1B1所成的角， 由（1）知AC⊥平面BDD1B1， 所以∠CD1O等于直线A1B与平面BDD1B1所成的角， ，， 则， 即直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值为； （3）存在，且，即点Q与B1重合，连接PO、PB1、OB1， 则， ， ， 有，所以PO⊥PB1， 由AC⊥平面BDD1B1，PB1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥PB1， 又AC∩PO＝O，AC、PO⊂平面ACP，所以PB1⊥平面ACP， 故在直线BB1上存在点Q使得PQ⊥平面ACP，且． 【变式2】（2025春•宣城期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点． （1）求点A到平面MBC1的距离； （2）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）存在，7． 【分析】（1）过点A作AD⊥BM交BM于点D，交BB1于点E，说明点A到平面MBC1的距离为AD的长度，结合几何性质求出AD的长度即可； （2）根据给定条件，证明平面BC1M⊥平面AA1B1B，过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，利用面面垂直的性质推理作答． 【解答】解：（1）如图所示，过点A作AD⊥BM交BM于点D，交BB1于点E， 因为∠EBD与∠BED互余，∠B1BM与∠B1MB互余， 所以∠BED＝∠B1MB， 又因为∠ABE＝∠BB1M， 所以△ABE∽△BB1M， 所以， 因为在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝4，点M为A1B1的中点， 所以，即为，解得， 所以， 由等面积法有， 即， 解得， 所以， 由正棱柱性质可知，BB1⊥平面A1B1C1，而C1M⊂平面A1B1C1， 从而BB1⊥C1M， 因为三角形A1B1C1是正三角形且点M为A1B1的中点， 所以C1M⊥A1B1， 又因为BB1⊥C1M，A1B1∩BB1＝B1，A1B1，BB1⊂平面ABB1A1， 所以C1M⊥平面ABB1A1， 又因为AD⊂平面ABB1A1， 所以C1M⊥AD， 又因为AD⊥BM，BM∩C1M＝M，BM，C1M⊂平面BMC1， 所以AD⊥平面BMC1， 所以点A到平面MBC1的距离为； （2）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1， 又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M， 而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B， 于是C1M⊥平面AA1B1B， C1M⊂平面BC1M，则平面BC1M⊥平面AA1B1B，在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q， 平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要找的点， 显然△ABQ∽△BB1M， 因此， 即有， 于是，， 所以. 【变式3】（2024春•郑州期末）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°． （1）求三棱锥A﹣PBC的体积； （2）在线段PC上是否存在一点M，使得BM⊥AC？若存在，求的值，若不存在，请说明理由． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由等体积法可求三棱锥A﹣PBC的体积； （2）在线段PC上存在一点M，使得BM⊥AC，此时．通过证线面垂直证明线线垂直． 【解答】解：（1）因为PA⊥平面ABC，所以PA是三棱锥P﹣ABC的高，又PA＝1， 因为AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，所以． 所以三棱锥A﹣PBC的体积． （2）在线段PC上存在一点M，使得BM⊥AC，此时． 如图，在平面PAC内，过点M作MN∥PA交AC于N，连接BN，BM． 由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC． 由MN∥PA知，所以， 在△ABN中，， 所以AN2+BN2＝AB2，即AC⊥BN．由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN． 又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM． 学科网（北京）股份有限公司 $