第十一章 空间中的垂直关系-高中数学必修第四册精选易错题练习（人教B版2019)

精选易错题练习—【第十一章】 空间中的垂直关系 一．选择题（共25小题） 1．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，AB＝AD，E，F分别为BB1，AB的中点，则（　　） A．AC1∥平面DEF且A1C1⊥DF B．A1C1∥平面DEF且A1C1与DF不垂直 C．A1C1与平面DEF相交且A1C1⊥DF D．A1C1与平面DEF相交且A1C1与DF不垂直 2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱AP⊥平面ABCD，AB＝1，，点M在线段BC上，且AM⊥MD，则当△PMD的面积最小时，线段BC的长度为（　　） A． B． C．2 D． 3．如图，四边形ABCD，A1ADD1，C1CDD1均为正方形．动点E在线段A1C1上，F，G，M分别是AD，BE，CD的中点，则下列选项正确的是（　　） A．GM∥CE B．BM⊥平面CC1F C．存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D D．存在点E，使得平面BEF⊥平面AA1C1C 4．在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为底面正方形对角线的交点，为棱CC1的中点，则下列说法不正确的是（　　） A．BD⊥平面PCE B．BD⊥PE C． D．|A1C|＝8 5．在所有棱长都相等的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为B1C1的中点，则下列命题正确的是（　　） A．B1C⊥平面A1BC1 B．AB1⊥BC1 C．AC∥平面A1BD D．平面A1BD⊥平面BB1C 6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，E为棱CD的中点，则（　　） A．A1E⊥DD1 B．A1E⊥DB C．A1E⊥D1C1 D．A1E⊥DB1 7．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是（　　） A．m⊥n，m∥α，n∥β B．m⊥n，α∩β＝m，n⊂α C．m∥n，n⊥β，m⊂α D．m∥n，m⊥α，n⊥β 8．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段A1C1上的动点，则下列说法不正确的是（　　） A．BD⊥CP B．三棱锥C﹣BPD的体积为定值 C．平面PAC⊥平面BDC1 D．BP+DP的最小值为 9．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（　　） A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D 10．平面ax+by+z+1＝0和x+2y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（1，﹣1，2），则a+b＝（　　） A． B． C．﹣ D．﹣ 11．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝2BC，E是CD上一点，若AE⊥平面PBD，则的值为（　　） A． B． C．3 D．4 12．已知α，β是两个不重合的平面，直线l⊥α，则“l∥β”是“α⊥β”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 13．如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是（　　） A．CD⊥AB B．BC⊥AD C．BD⊥AB D．BC⊥CD 14．已知平面α，直线l，m，n，满足m∥α，n∥α，且m，n互为异面直线，则“l⊥m且l⊥n”是“l⊥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 15．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的（　　） A．充要条件 B．充分而不必要的条件 C．必要而不充分的条件 D．既不充分也不必要的条件 16．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，则a⊥β的一个充分条件是（　　） A．α∩β＝b，a⊂α，a⊥b B．b⊥α，a∥b，α∥β C．a⊂α，b⊂β，a⊥b，α⊥β D．b⊂α，a⊥b，α∥β 17．已知l，m，n是空间中三条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，且m⊂α，n⊂α，l⊂β，m∩n＝A，则“α⊥β”是“l⊥m，l⊥n”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 18．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为和．过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB：A′B′＝（　　） A．2：1 B．3：1 C．3：2 D．4：3 19．已知m，n为不同直线，α，β为不同平面，则下列选项：①m∥n，n⊥α；②m⊥n，n∥α；③m∥β，α⊥β；④m⊥β，α∥β，其中能使m⊥α成立的充分条件有（　　） A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 20．已知α、β为两个不同平面，l为直线且l⊥β，则“α⊥β”是“l∥α”（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 21．将半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（　　） A． B． C． D． 22．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是（　　） A．AO∥BC1 B．AO⊥BD C．平面AOB⊥平面COD D．若平面AOB∩平面COD＝l，则l∥平面BC1D 23．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是（　　） A．a∥α，b∥β，a⊥b B．α⊥γ，β⊥γ C．a∥α，a⊥β D．α∩β＝a，a⊥b，b⊂β 24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝2AB，PA⊥平面ABCD，下列叙述中错误的是（　　） A．AB∥平面PCD B．PB⊥BC C．PC⊥BD D．平面PAD⊥平面ABCD 25．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共10小题） 26．在空间直角坐标系中，经过点P（1，﹣1，2）且垂直于平面2x﹣2y+3z＝1的直线之方程为　 　． 27．过点（2，﹣3，1）且与平面x﹣y+3z﹣5＝0和x+2y﹣3z＝0都垂直的平面方程为　 　． 28．经过点（1，2，3），且与直线＝＝垂直的平面之方程式为　 　． 29．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是 　 　． 30．阿基米德多面体（Archimedean polyhedra）是由两种或三种正多边形面组成的半正多面体．它共有13种，其特点是棱长相等．如图1，顺次连接棱长为2的正方体各棱的中点，得到一个阿基米德多面体，如图2，在此阿基米德多面体的所有棱中任取两条，则两条棱垂直的概率为 　 　． 31．在空间直角坐标系中O﹣xyz中，经过点P（3，1，0）且直线垂直的平面的方程为　 　． 32．在空间直角坐标系中，经过坐标原点作直线垂直于平面x+2y﹣2z＝3，则垂足的坐标为　 　． 33．在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B（1，1，﹣1），则经过点A且与直线AB垂直的平面方程为 　 　． 34．在空间直角坐标系中，过原点作平面2x﹣z﹣2＝0的垂线，垂足为　 　． 35．在空间直角坐标系中，若平面ax+2y+3z＝1与平面2x+y﹣az＝2互相垂直，则a的值为　 　 三．解答题（共15小题） 36．ABCD﹣A1B1C1D1为一正四棱柱，过A、C、B1三点作一截面，求证：截面ACB1⊥对角面DBB1D1． 37．如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上且C1E＝3EC． （Ⅰ）证明：A1C⊥平面BED； （Ⅱ）求二面角A1﹣DE﹣B的大小． 38．已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且＝λ（0＜λ＜1）． （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC； （Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？ 39．已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝1，AB＝2，M是PB的中点． （Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角； （Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小． 40．如图，ABCD是圆柱的轴截面，点E在底面的圆周上，AF⊥DE，F是垂足． （1）求证：AF⊥DB； （2）如果AB＝a，圆柱与三棱锥D﹣ABE的体积比等于3π，求点E到截面ABCD的距离． 41．已知三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，SA⊥平面ABC，直线SC与底面ABC所成的角为30°，过A向直线SC作垂线，垂足为D，连接BD． （1）求证：平面ABD⊥平面SBC； （2）若SA＝1，求三棱锥S﹣ABC的侧面积． 42．如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD． （Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED； （Ⅱ）若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积． 43．如图，在底面为正方形的四棱锥P﹣ABCD中，M是PB的中点，AB＝2，PA＝，点P在底面ABCD的射影O恰是AD的中点． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）求三棱锥M﹣PDC的体积． 44．在五面体EF﹣ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝AB． （1）求证：平面BCF⊥平面ACE； （2）若三棱锥A﹣BCE的体积为，求线段AB的长． 45．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．证明： （1）当AB＝BC时，EF⊥AC； （2）点C1在平面AEF内． 46．如图：ABCD是平行四边形，AP⊥平面ABCD，BE∥AP，AB＝AP＝2，BE＝BC＝1，∠CBA＝60°． （1）求证：EC∥平面PAD； （2）求证：BC⊥平面PAC． 47．如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面相互垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2． （1）求证：AC⊥BF； （2）在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 48．已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝，BC＝2AD＝2，E为CD的中点，PB⊥AE （1）证明：平面PBD⊥平面ABCD； （2）若PB＝PD，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得BN⊥平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由． 49．已知：三棱锥P﹣ABC，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，E为垂足． （1）求证：PA⊥平面ABC； （2）当E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形． 50．如图，在三棱锥D﹣ABC中，侧面ACD⊥底面ABC，AC＝DA，AC⊥BC，AF⊥BD，CH⊥BD，E是CD的中点． （1）证明：AE⊥平面DBC； （2）证明：CH∥平面AEF． 精选易错题练习—【第十一章】 空间中的垂直关系 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．【答案】C 【分析】延长DF、CB相交于点M，连接ME并延长，根据空间直线和平面平行和垂直的判定定理分别进行判断即可． 【解答】解：延长DF、CB相交于点M，连接ME并延长， 因为点E、F分别是BB1，AB的中点， 所以＝＝， 所以M、E、C1三点共线，所以AC1与平面DEF相交不平行， A1C1与平面DEF相交不平行，故A、B不正确； 对于C、D：连接AC与FD相交于点O，因为AB＝AD，F是AB的中点， 所以， 又∠DAB＝∠ABC＝90°，所以△DAF∽△ABC， 所以∠ADF＝∠CAB，∠DFA＝∠ACB， 又∠CAB+∠ACB＝90°， 所以∠CAB+∠DFA＝90°， 所以∠AOF＝90°，所以AC⊥DF， 又AC∥A1C1，所以A1C1⊥DF， 故C正确，D不正确， 故选：C． 2．【答案】B 【分析】设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x+y，推导出PA⊥MD，AM⊥MD，从而MD⊥平面PAM，由题意知AM＝，MD＝，由AM2+MD2＝AD2，得xy＝1，由PM＝，MD＝＝，得S△PMD＝≥，由此能求出BC． 【解答】解：设BM＝x，MC＝y，则BC＝AD＝x+y， ∵PA⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，∴PA⊥MD， 又AM⊥MD，PA∩AM＝A，∴MD⊥平面PAM， 由题意知AM＝，MD＝， 在Rt△AMD中，AM2+MD2＝AD2， 即x2+1+y2+1＝（x+y）2，化简，得xy＝1， 在Rt△PMD中，PM＝，MD＝＝， ∴S△PMD＝≥，当且仅当时，取等号， 此时，BC＝x+y＝． 故选：B． 3．【答案】B 【分析】取BC的中点N，连接CG，利用反证法判断选项A；利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理即可判断选项B；利用直线BF与平面CC1D1D有交点，即可判断选项C；连结BD，记AC∩BD＝H，利用面面垂直的性质定理证明BH⊥平面AA1C1C，且H不在平面BEF，即可判断选项D． 【解答】解：对于A，取BC的中点N，连接CG，因为G是BE的中点，所以GN∥CE， 若GM∥CE，则GM∥GN，这与GM∩GN＝G矛盾，故选项A错误； 对于B，因为平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D＝CD，C1C⊥CD， 所以C1C⊥平面ABCD，又BM⊂平面ABCD，所以CC1⊥BM， 又BM⊥CF，且CC1∩CF＝C，CC1，CF⊂平面CC1F， 则BM⊥平面CC1F，故选项B正确； 对于C，因为直线BF与平面CC1D1D有交点，所以不存在点E，使得平面BEF∥平面CC1D1D，故选项C错误； 对于D，连接BD，因为四边形ABCD为正方形， 所以AC⊥BD，因为CC1⊥平面ABCD，CC1⊂平面ACC1A1，所以平面ABCD⊥平面ACC1A1， 又平面ABCD∩平面AA1C1C＝AC，AC⊥BD，则BD⊥平面ACC1A1， 记AC∩BD＝H，则BH⊥平面AA1C1C，且H不在平面BEF， 所以不存在点E，使得平面BEF⊥平面AA1C1C，故选项D错误． 故选：B． 4．【答案】C 【分析】由题意利用线面垂直的判定即可判断A；利用线面垂直的性质即可判断B；利用余弦定理即可判断C；利用余弦定理即可判断D． 【解答】解：由题意可得BD⊥PC，BD⊥CE，PC∩CE＝C， 所以BD⊥平面PCE，故A正确； 因为PE⊂平面PCE， 所以BD⊥PE，故B正确； 因为为棱CC1的中点， 所以PB＝PD＝＝2，BD＝＝4， 所以在△BPD中，由余弦定理可得cos∠BPD＝＝，故C错误； 由题意可得|A1C|＝＝8，故D正确． 故选：C． 5．【答案】D 【分析】由线面垂直的判定定理，可判断A；假设BC1⊥AB1，由线面垂直的判定定理可判断B；由线面平行的判定，可判断C；由线面垂直的判定和面面垂直的判定定理，可判断D． 【解答】解：由正三棱柱ABC﹣A1B1C1，可得侧面B1BCC1为正方形，则B1C⊥BC1， 但B1C不垂直于A1C1，则B1C⊥平面A1BC1不成立，故A错误； 由B1C⊥BC1，假设BC1⊥AB1，由线面垂直的判定定理可得BC1⊥平面ACB1，则BC1⊥AC， AC∥A1C1，所以BC1⊥A1C1，不成立，故B错误； 由于AC∥A1C1，而A1C1与平面A1BD相交，所以AC与平面A1BD也相交，故C错误； 由D为B1C1的中点，且△A1B1C1为等边三角形，可得A1D⊥B1C1，由BB1⊥平面A1B1C1，可得BB1⊥A1D， 由线面垂直的判定定理可得A1D⊥平面BB1C，而A1D⊂平面A1B1C1，所以平面A1BD⊥平面BB1C，故D正确． 故选：D． 6．【答案】B 【分析】连结AE，BD，则＝＝，△ABD∽△DAE，从而∠DAE＝∠ABD，进而AE⊥BD，BD⊥平面A1AE，由此得到A1E⊥DB． 【解答】解：连结AE，BD， 因为AB＝，所以＝＝， 所以△ABD∽△DAE，所以∠DAE＝∠ABD， 所以∠EAB+∠ABD＝90°，即AE⊥BD， 所以BD⊥平面A1AE， 所以A1E⊥DB． 故选：B． 7．【答案】C 【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，α与β不一定垂直；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面面平行的判定定理得α∥β． 【解答】解：在A中，m⊥n，m∥α，n∥β，则α与β相交或平行，故A错误； 在B中，m⊥n，α∩β＝m，n⊂α，则α与β不一定垂直，故B错误； 在C中，m∥n，n⊥β，m⊂α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确； 在D中，m∥n，m⊥α，n⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故D错误． 故选：C． 8．【答案】D 【分析】由BD⊥平面ACC1A1，可得BD⊥CP，从而判断A；利用等体积法可求得VC﹣BPD，从而判断B；由BD⊥平面ACC1A1，利用线面垂直的性质定理可判断C；当P为A1C1的中点时，BP+DP最小，求出最小值即可判断D． 【解答】解：对于A，连接AC，则AC⊥BD， ∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD， 又AC∩AA1＝A， ∴BD⊥平面ACC1A1，而CP⊂平面ACC1A1， ∴BD⊥CP，故A正确； 对于B，VC﹣BPD＝VP﹣BCD＝•S△BCD•AA1＝××1×1×1＝，故B正确； 对于C，由选项A的分析可知BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDC1， ∴平面PAC⊥平面BDC1，故C正确； 对于D，设AC∩BD＝O，则O为BD的中点， ∵BD⊥平面ACC1A1，OP⊂平面ACC1A1， ∴BD⊥OP，∴BP＝DP， 当P为A1C1的中点时，OP最小，此时BP+DP最小， ∵OB＝BD＝，OP的最小值为1， ∴BP+DP的最小值为2＝，故D错误． 故选：D． 9．【答案】A 【分析】对于A，易知EF∥AC，AC⊥平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1∩平面A1BD＝BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误． 【解答】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC， 又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1， ∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1， 又EF⊂平面B1EF， ∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确； 对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误； 对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误； 对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误． 故选：A． 10．【答案】C 【分析】由平面ax+by+z+1＝0和x+2y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（1，﹣1，2），列出方程组，求出a，b，由此能求出a+b的值． 【解答】解：∵平面ax+by+z+1＝0和x+2y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（1，﹣1，2）， ∴， 解得a＝﹣，b＝． ∴a+b＝﹣． 故选：C． 11．【答案】C 【分析】推导出PD⊥AE，当AE⊥BD时，AE⊥平面PBD，此时△ABD∽△DAE，由此能求出的值． 【解答】解：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AE， 当AE⊥BD时，AE⊥平面PBD，此时△ABD∽△DAE， 则， ∵AB＝2BC，∴DE＝＝CD， ∴＝3． 故选：C． 12．【答案】A 【分析】利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定与性质定理即可判断出关系． 【解答】解：由于l∥β，过直线l作平面γ，使得β∩γ＝m，可得l∥m， 又因为l⊥α，所以m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β； 反之不成立，由于l⊥α，当α⊥β时，直线l∥β，也可能l⊂β． ∴“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件． 故选：A． 13．【答案】B 【分析】由线面垂直的判定和性质，结合直角三角形的性质可判断A、B；由直角三角形的性质可判断C、D． 【解答】解：设AB＝BC＝1，则AC＝，CD＝，AD＝， 若CD⊥AB，又AB⊥BC，可得AB⊥平面BCD，则AB⊥BD，符合AB＜AD，故A可能成立； 若BC⊥AD，又AD⊥CD，可得AD⊥平面BCD，则AD⊥BD， AB为直角三角形ABD的斜边，而AB＜AD，故B不可能成立； 若BD⊥AB，则AB＜AD，故C可能成立； 若BC⊥CD，则BD为直角三角形BCD的斜边，由于BD的长不确定，故D可能成立． 故选：B． 14．【答案】A 【分析】α内必然存在两相交直线a，b使a∥m，b∥n，从而推导出l⊥α． 【解答】解：因为m，n互为异面直线，且m∥α，n∥α， 则平面α内必存在两条相交直线分别与m，n平行， 又因为l⊥n且l⊥m，所以l⊥α；若l⊥α，则l⊥m且l⊥n， 所以“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的充要条件． 故选：A． 15．【答案】C 【分析】由题意a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，若a∥b，l与a垂直，且斜交，推不出l一定垂直平面α，利用此对命题进行判断； 【解答】解：∵a、b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，“ ∵l⊥a，l⊥b”，若a∥b，l可以与平面α斜交，推不出l⊥α， 若“l⊥α，∵a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线， ∴l⊥a，l⊥b， ∴“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要而不充分的条件， 故选：C． 16．【答案】B 【分析】A．由α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，可知a与β不一定垂直，即可判断出正误； B．由b⊥α，a∥b，α∥β，可知a⊥β，即可判断出正误； C．由a⊂α，b⊂β，a⊥b，a⊥β，可知α⊥β不成立，即可判断出正误； D．由b⊂α，a⊥b，α∥β，可知⊥β不一定成立，即可判断出正误． 【解答】解：A．α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，a与β不一定垂直，因此A不正确； B．b⊥α，a∥b，α∥β，∴a⊥β，因此B是a⊥β的一个充分条件，因此B正确； C．a⊂α，b⊂β，a⊥b，α⊥β，可知a⊥β不成立，因此C不正确； D．由b⊂α，a⊥b，α∥β，可得a⊥β不一定成立，因此D不正确． 故选：B． 17．【答案】B 【分析】根据线面垂直的判定定理以及充分必要条件的定义判断即可． 【解答】解：m⊂α，n⊂α，l⊂β，m∩n＝A， 若α⊥β，推不出l⊥m，l⊥n，不是充分条件， 反之，若l⊥m，l⊥n，则l⊥α， 则α⊥β，是必要条件， 故选：B． 18．【答案】A 【分析】设AB的长度为a用a表示出A'B'的长度，即可得到两线段的比值． 【解答】解：连接AB'和A'B，设AB＝a，可得AB与平面α所成的角为， 在Rt△BAB'中有AB'＝，同理可得AB与平面β所成的角为， 所以，因此在Rt△AA'B'中A'B'＝， 所以AB：A'B'＝， 故选：A． 19．【答案】C 【分析】本题考查的知识点是直线与平面垂直关系的判定及必要条件、充分条件与充要条件的判断，我们结合线面垂直的判定方法，及题目中所给的条件，对四个选项逐一进行分析，即可得到答案． 【解答】解：①中，m∥n，n⊥α由线面垂直的第二判断定理，易得m⊥α，故①正确； ②中，m⊥n，n∥α，则m与α可能平行也可能相交，故②错误； ③中，m∥β，α⊥β，则m与α可能平行也可能相交也可能线在面内，故③错误； ④中，m⊥β，α∥β，由面面平行的性质，我们易得m⊥α，故④正确； 故能使m⊥α成立的充分条件有①④ 故选：C． 20．【答案】B 【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的关系，分析可得当“l∥α”时，必有“α⊥β”，反之，当“α⊥β”时，“l∥α”不一定成立，结合充分必要条件的定义分析可得答案． 【解答】解：根据题意，当“l∥α”时，必有“α⊥β”， 反之，当“α⊥β”时，l可能在平面α内，即“l∥α”不一定成立， 则“α⊥β”是“l∥α”的必要不充分条件； 故选：B． 21．【答案】C 【分析】将半圆卷成圆锥，半圆的弧长即为圆锥底面周长，半径即为圆锥母线，根据数量关系得出圆锥的底面半径和高，根据体积公式求解即可． 【解答】解：半径为R的半圆，弧长为πR，卷成圆锥以后， 设圆锥底面半径为r，高为h， 则有2πr＝πR，即r＝，h＝＝， 所以圆锥体积V＝＝． 故选：C． 22．【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体的棱长，可得各点的坐标，分别对所给的命题分析，判断出它们的真假． 【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则D（0，0，0），A1（2，0，2），C1（0，2，2）， B（2，2，0），C（0，2，0），A（2，0，0）， 则O（1，1，2），＝（﹣1，1，2），＝（2，2，0）， ＝（﹣2，0，2），＝（﹣1，﹣1，2），＝（1，﹣1，2）， ＝（1，1，2）， A中，≠λ，所以与不垂平行，所以A不正确； B中，•＝﹣1×2+1×2+0×0＝0，所以B正确； C中，设平面AOB的法向量为＝（x1，y1，z1）， 则，即，令z1＝1， 可得＝（2，0，1）， 设平面COD的法向量为＝（x2，y2，z2）， 则，即，令z2＝1， 可得＝（﹣2，0，1）， 因为•＝2×（﹣2）+0×0+1×1＝﹣4≠0，所以平面AOB与平面COD不垂直，所以C不正确； D中，由题意可得直线l的方向向量＝（0，1，0）， 设平面BC1D的法向量＝（x3，y3，z3），＝（﹣2，0，2），＝（2，2，0）， 则，即，令x3＝1， 可得＝（1，﹣1，1） 显然•＝﹣1≠0，所以直线l与平面BC1D不平行，所以D不正确． 故选：B． 23．【答案】C 【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案． 【解答】解：直线a，b与平面α，β，γ， 对于A，a∥α，b∥β，a⊥b时，α∥β也可能满足，如图1，故A错误； 对于B，α⊥γ，β⊥γ时，α∥β也可能满足，如图2，故B错误； 对于C，a∥α，a⊥β时，一定有α⊥β，故C正确； 对于D选项，α∩β＝a，a⊥b，b⊂β时，α⊥β不一定成立，如图3，故D错误． 故选：C． 24．【答案】C 【分析】对于A，由AB∥CD，得AB∥平面PCD；对于B，推导出PA⊥BC，AB⊥BC，从而BC⊥平面PAB，进而PB⊥BC；对于C，AC与BD不垂直，PA⊥BD，从而BD与平面PAC不垂直，进而BD与PC不垂直；对于D，由PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAD， 得平面PAD⊥平面ABCD． 【解答】解：四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝2AB，PA⊥平面ABCD， 对于A，∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴AB∥平面PCD，故A正确； 对于B，∵底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥BC，AB⊥BC， ∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB， ∵PB⊂平面PAB，∴PB⊥BC，故B正确； 对于C，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝2AB， ∴AC与BD不垂直，PA⊥BD， ∴BD与平面PAC不垂直，∴BD与PC不垂直，故C错误； 对于D，∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAD， ∴平面PAD⊥平面ABCD，故D正确． 故选：C． 25．【答案】B 【分析】以CA，CC′分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，可求C，O，O′坐标，设G坐标为（x，y），由O′G⊥OG，由斜率之积为﹣1，整理可知点O′在平面BDE上的射影G的轨迹是以F（1，）为圆心，半径为的圆弧．求出∠GFO，即可由弧长公式得解． 【解答】解：如图所示，以CA，CC′分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系， 则有：C（0，0），O（1，0），O′（1，），设G（x，y）， ∴由O′G⊥OG，可得：＝﹣1， 整理可得：（y﹣）2+（x﹣1）2＝， ∴点O′在平面BDE上的射影G的轨迹是以F（1，）为圆心，半径为的圆弧． ∵tan∠GOF＝＝， ∴O′G＝O′O•sin∠GOF＝， ∴O′GF是等边三角形，即∠GFO＝， ∴圆弧的长l＝×＝． 故选：B． 二．填空题（共10小题） 26．【答案】见试题解答内容 【分析】由题意求得所求直线的方向向量，利用直线的参数方程即可计算得解． 【解答】解：∵平面2x﹣2y+3z﹣1＝0的法线矢量＝{2，﹣2，3}； ∴所求直线垂直于该平面，因此该直线平行于这个法向向量； 即这个法向矢量就是所求直线的方向向量， ∴直线的参数方程为：x＝1+2t，y＝﹣1﹣2t，z＝2+3t； ∴消去参数t即得直线的标准方程为＝＝． 故答案为：＝＝． 27．【答案】见试题解答内容 【分析】平面x﹣y+3z﹣5＝0的法向量为＝（1，﹣1，3），平面x+2y﹣3z＝0的法向量为＝（1，2，﹣3），设与平面x﹣y+3z﹣5＝0和x+2y﹣3z＝0都垂直的平面方程的法向量为＝（x，y，z），列方程组求出＝（1，﹣2，﹣1），再由与平面x﹣y+3z﹣5＝0和x+2y﹣3z＝0都垂直的平面方程过点（2，﹣3，1），能求出结果． 【解答】解：平面x﹣y+3z﹣5＝0的法向量为＝（1，﹣1，3）， 平面x+2y﹣3z＝0的法向量为＝（1，2，﹣3）， 设与平面x﹣y+3z﹣5＝0和x+2y﹣3z＝0都垂直的平面方程的法向量为＝（x，y，z）， 则， 取x＝1，得＝（1，﹣2，﹣1）， ∵与平面x﹣y+3z﹣5＝0和x+2y﹣3z＝0都垂直的平面方程过点（2，﹣3，1） ∴所求平面的方程为x﹣2y﹣z﹣7＝0． 故答案为：x﹣2y﹣z﹣7＝0． 28．【答案】见试题解答内容 【分析】直线＝＝的方向向量（2，3，2）是与直线＝＝垂直的平面的法向量，由此能求出经过点（1，2，3）且与直线＝＝垂直的平面方程式． 【解答】解：直线＝＝的方向向量（2，3，2） 是与直线＝＝垂直的平面的法向量， ∴经过点（1，2，3）且与直线＝＝垂直的平面的点法式方程为 2（x﹣1）+3（y﹣2）+2（z﹣3）＝0， 即：2x+3y+2z﹣14＝0． 故答案为：2x+3y+2z﹣14＝0． 29．【答案】（0，1]． 【分析】由线面垂直的判定和性质，推得ED⊥EC，设AE＝a，0≤a≤2，由∠DEA+∠CEB＝90°，可得tan∠DEA•tan∠CEB＝•＝＝1，再结合二次函数的值域求法，求出t的取值范围． 【解答】解：因为C1C⊥平面ABCD，ED⊂平面ABCD，可得C1C⊥ED， 由EC1⊥ED，EC1∩C1C＝C1，可得ED⊥平面ECC1， 所以ED⊥EC， 在矩形ABCD中，设AE＝a，0≤a≤2，则BE＝2﹣a， 由∠DEA+∠CEB＝90°，可得tan∠DEA•tan∠CEB＝•＝＝1， 即t2＝a（2﹣a）＝﹣（a﹣1）2+1， 当a＝1时，t2取得最大值1，即t的最大值为1； 当a＝0或2时，t2取得最小值0， 但由于t＞0，所以t的取值范围是（0，1]． 故答案为：（0，1]． 30．【答案】． 【分析】根据图形，先求出24条棱中的所有组合，再求两条棱垂直的性质，分别计算出每一类情况中的垂直情况，由此能求出两条棱垂直的概率． 【解答】解：阿基米德多面体有24条棱，任取2条棱，共有＝12×23＝276种， 两条棱垂直的性质有两类： ①都来自于同一个正方形，有：6×4＝24种， ②来自对面的两个正方体，有：3×8＝24种， ∴两条棱垂直的概率为： P＝＝． 故答案为：． 31．【答案】见试题解答内容 【分析】两个平面的法向量分别为（2，1，0），（1，﹣2，1），设平面的法向量为＝（x，y，z），由，得＝（1，﹣2，﹣5），由此能求出所要求的平面方程． 【解答】解：直线中， 在空间直角坐标系中，2x+y＝2和x﹣2y+z＝4表示的分别是两个平面， 这两个平面的法向量分别为（2，1，0），（1，﹣2，1）， 设所求平面的法向量为＝（x，y，z）， 则由，得＝（1，﹣2，﹣5）， ∴经过点P（3，1，0）且与直线垂直的平面的方程为： （x﹣3）×1+（y﹣1）×（﹣2）+z×（﹣5）＝0， 整理，得：x﹣2y﹣5z﹣1＝0． 故答案为：x﹣2y﹣5z﹣1＝0． 32．【答案】见试题解答内容 【分析】垂足的坐标可设为（t，2t，﹣2t），它满足t+4t+4t＝3，由此能求出垂足坐标． 【解答】解：平面x+2y﹣2z＝3的法向量为（1，2，﹣2）， 经过坐标原点作直线垂直于平面x+2y﹣2z＝3， 垂足的坐标可设为（t，2t，﹣2t）， 它满足t+4t+4t＝3， 解得t＝， ∴垂足为（，，﹣）． 故答案为：（，，﹣）． 33．【答案】y﹣3z+6＝0． 【分析】由已知可得＝（0，1，﹣3），设经过点A且与直线AB垂直的平面内任一点M（x，y，z），可得0×x+1×y+（﹣3）×z＝0，化简即可． 【解答】解：∵A（1，0，2），B（1，1，﹣1），∴＝（0，1，﹣3）， 设经过点A且与直线AB垂直的平面内任一点M（x，y，z），则＝（x﹣1，y，z﹣2） 则可得•＝0，即0×（x﹣1）+1×y+（﹣3）×（z﹣2）＝0，即y﹣3z+6＝0． 故答案为：y﹣3z+6＝0． 34．【答案】（，0，﹣）． 【分析】空间解析几何中，面Ax+By+Cz＝0的法向量＝（A，B，C），由此求出平面2x﹣z﹣2＝0的法向量，从而能求出过原点作平面2x﹣z﹣2＝0的垂线，垂足的坐标． 【解答】解：过原点作平面2x﹣z﹣2＝0的垂线，设垂足为（a．b．c）， ∵平面2x﹣z﹣2＝0的法向量＝（2，0，﹣1）， ∴（0，0，0）﹣（a，b，c）＝λ（2，0，﹣1）， 解得（a，b，c）＝（﹣2λ，0，λ）． ∵（﹣2λ，0，λ）在平面2x﹣z﹣2＝0内， ∴﹣4λ﹣λ﹣2＝0，解得λ＝﹣， ∴垂足的坐标为（，0，﹣）． 故答案为：（，0，﹣）． 35．【答案】2． 【分析】平面ax+2y+3z＝1的法线向量＝（a，2，3），平面2x+y﹣az＝2的法线向量＝（2，1，﹣a），由平面ax+2y+3z＝1与平面2x+y﹣az＝2互相垂直，得＝2a+2﹣3a＝0，由此能求出结果． 【解答】解：平面ax+2y+3z＝1的法线向量＝（a，2，3）， 平面2x+y﹣az＝2的法线向量＝（2，1，﹣a）， ∵平面ax+2y+3z＝1与平面2x+y﹣az＝2互相垂直， ∴＝2a+2﹣3a＝0， 解得a＝2， 故答案为：2． 三．解答题（共15小题） 36．【答案】见试题解答内容 【分析】设AC、BD交于O点，作截面ACB1、对角面BB1D1D以及它们的交线OB1，要证明截面ACB1⊥对角面DBB1D1，只需证明截面ACB1内的直线AC垂直对角面DBB1D1内的相交直线BB1、BD即可． 【解答】证明：设AC、BD交于O点， 作截面ACB1、对角面BB1D1D以及它们的交线OB1如图， 由于AC1是正四棱柱， 所以ABCD是正方形，故AC⊥BD；又BB1⊥底面ABCD， 故BB1⊥AC，∴AC⊥对角面BB1D1D， 已知AC在截面ACB1内， 故有截面ACB1⊥对角面BB1D1D． 37．【答案】见试题解答内容 【分析】法一：（Ⅰ）要证A1C⊥平面BED，只需证明A1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直； （Ⅱ）作GH⊥DE，垂足为H，连接A1H，说明∠A1HG是二面角A1﹣DE﹣B的平面角，然后解三角形，求二面角A1﹣DE﹣B的大小． 法二：建立空间直角坐标系，（Ⅰ）求出，证明A1C⊥平面DBE． （Ⅱ）求出 平面DA1E和平面DEB的法向量，求二者的数量积可求二面角A1﹣DE﹣B的大小． 【解答】解：解法一： 依题设知AB＝2，CE＝1． （Ⅰ）连接AC交BD于点F，则BD⊥AC． 由三垂线定理知，BD⊥A1C．（3分） 在平面A1CA内，连接EF交A1C于点G， 由于， 故Rt△A1AC∽Rt△FCE，∠AA1C＝∠CFE，∠CFE与∠FCA1互余． 于是A1C⊥EF．A1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直， 所以A1C⊥平面BED．（6分） （Ⅱ）作GH⊥DE，垂足为H，连接A1H．由三垂线定理知A1H⊥DE， 故∠A1HG是二面角A1﹣DE﹣B的平面角．（8分） ，，．，． 又，．． 所以二面角A1﹣DE﹣B的大小为．（（12分）） 解法二： 以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴， 建立如图所示直角坐标系D﹣xyz． 依题设，B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）． ，．（3分） （Ⅰ）因为，， 故A1C⊥BD，A1C⊥DE． 又DB∩DE＝D， 所以A1C⊥平面DBE．（6分） （Ⅱ）设向量＝（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则，． 故2y+z＝0，2x+4z＝0． 令y＝1，则z＝﹣2，x＝4，＝（4，1，﹣2）．（9分）等于二面角A1﹣DE﹣B的平面角， 所以二面角A1﹣DE﹣B的大小为．（12分） 38．【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）由AB⊥平面BCD⇒AB⊥CD，又CD⊥BC⇒CD⊥平面ABC，再利用条件可得不论λ为何值，恒有EF∥CD⇒EF⊂平面BEF，就可得不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD⇒BE⊥平面ACD⇒BE⊥AC．故只需让所求λ的值能证明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值． 【解答】证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD， ∵CD⊥BC且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC．（3分） 又∵， ∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF， ∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又∵平面BEF⊥平面ACD， ∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC．（9分） ∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°， ∴，（11分） ∴， 由AB2＝AE•AC得，∴，（13分） 故当时，平面BEF⊥平面ACD．（14分） 39．【答案】见试题解答内容 【分析】法一：（Ⅰ）证明面PAD⊥面PCD，只需证明面PCD内的直线CD，垂直平面PAD内的两条相交直线AD、PD即可； （Ⅱ）过点B作BE∥CA，且BE＝CA，∠PBE是AC与PB所成的角，解直角三角形PEB求AC与PB所成的角； （Ⅲ）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，说明∠ANB为所求二面角的平面角，在三角形AMC中，用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小． 法二：以A为坐标原点AD长为单位长度，建立空间直角坐标系， （Ⅰ）求出，计算，推出AP⊥DC．，然后证明CD垂直平面PAD，即可证明面PAD⊥面PCD； （Ⅱ），计算．即可求得结果． （Ⅲ）在MC上取一点N（x，y，z），则存在使，说明∠ANB为所求二面角的平面角．求出，计算 即可取得结果． 【解答】法一：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD， ∴由三垂线定理得：CD⊥PD． 因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直， ∴CD⊥面PAD． 又CD⊂面PCD， ∴面PAD⊥面PCD． （Ⅱ）解：过点B作BE∥CA，且BE＝CA， 则∠PBE是AC与PB所成的角． 连接AE，可知AC＝CB＝BE＝AE＝，又AB＝2， 所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB＝90° 在Rt△PEB中BE＝a2＝3b2，PB＝， ∴． ∴AC与PB所成的角为． （Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN． 在Rt△PAB中，AM＝MB，又AC＝CB， ∴△AMC≌△BMC， ∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角 ∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC， 在Rt△PCB中，CM＝MB，所以CM＝AM． 在等腰三角形AMC中，AN•MC＝， ∴． ∴AB＝2， ∴ 故所求的二面角为． 法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度， 如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0）， D（1，0，0），P（0，0，1），M （Ⅰ）证明：因为， 故，所以AP⊥DC． 又由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD． 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD （Ⅱ）解：因， 故＝， 所以． 由此得AC与PB所成的角为． （Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z）， 则存在使，， ∴x＝1﹣λ，y＝1，z＝λ． 要使AN⊥MC，只需即， 解得．可知当时，N点坐标为，能使． ， 有由得AN⊥MC，BN⊥MC．所以∠ANB为所求二面角的平面角． ∵， ∴． 故所求的二面角为arccos． 40．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）要证AF⊥DB，只需证明AF垂直DB所在的平面DEB，即证明AF垂直平面DEB内的两条相交直线EB、DE即可． （2）如果AB＝a，设点E到平面ABCD的距离为d，记AD＝h，求出圆柱体积求出三棱锥D﹣ABE的体积，它们的比等于3π，然后求点E到截面ABCD的距离． 【解答】（1）证明：根据圆柱性质，DA⊥平面ABE， ∵EB⊂平面ABE， ∴DA⊥EB， ∵AB是圆柱底面的直径，点E在圆周上， ∴AE⊥EB，又AE∩AD＝A，故得EB⊥平面DAE， ∵AF⊂平面DAE， ∴EB⊥AF， 又AF⊥DE，且EB∩DE＝E，故得AF⊥平面DEB， ∵DB⊂平面DEB， ∴AF⊥DB． （2）解：设点E到平面ABCD的距离为d，记AD＝h，因圆柱轴截面ABCD是矩形，所以AD⊥AB． S△ABD＝AB•AD＝ ∴VD﹣ABE＝VE﹣ABD＝S△ABD＝dah 又V圆柱＝a2h 由题设知＝3π，即d＝． 41．【答案】（1）证明过程请看解答； （2）+． 【分析】（1）由SA⊥平面ABC，得SA⊥BC，进而推出BC⊥平面SAC，有AD⊥BC，再结合AD⊥SC，知AD⊥平面SBC，然后由面面垂直的判定定理，得证； （2）易知∠SCA＝30°，可得AC＝，SC＝2，进而知S△SAC和S△SAB，由（1）知BC⊥平面SAC，可求得S△SBC，得解． 【解答】（1）证明：∵SA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴SA⊥BC， ∵AC⊥BC，SA∩AC＝A，SA、AC⊂平面SAC， ∴BC⊥平面SAC， ∵AD⊂平面SAC，∴AD⊥BC， ∵AD⊥SC，BC∩SC＝C，BC、SC⊂平面SBC， ∴AD⊥平面SBC， 又AD⊂平面ABD， ∴平面ABD⊥平面SBC． （2）解：∵SA⊥平面ABC，直线SC与底面ABC所成的角为30°， ∴∠SCA＝30°， ∴AC＝，SC＝2， ∵△ABC为等腰直角三角形， ∴BC＝AC＝，AB＝， ∴S△SAC＝•SA•AC＝×1×＝， S△SAB＝•SA•AB＝×1×＝， 由（1）知BC⊥平面SAC， ∴BC⊥SC， ∴S△SBC＝•SC•BC＝×2×＝， 故三棱锥S﹣ABC的侧面积为++＝+． 42．【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理即可证明：平面AEC⊥平面BED； （Ⅱ）根据三棱锥的条件公式，进行计算即可． 【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， ∵BE⊥平面ABCD， ∴AC⊥BE， 则AC⊥平面BED， ∵AC⊂平面AEC， ∴平面AEC⊥平面BED； 解：（Ⅱ）设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，得AG＝GC＝x，GB＝GD＝， ∵BE⊥平面ABCD， ∴BE⊥BG，则△EBG为直角三角形， ∴EG＝AC＝AG＝x， 则BE＝＝x， ∵三棱锥E﹣ACD的体积V＝＝＝， 解得x＝2，即AB＝2， ∵∠ABC＝120°， ∴AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcosABC＝4+4﹣2×＝12， 即AC＝， 在三个直角三角形EBA，EBD，EBC中，斜边AE＝EC＝ED， ∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形， 则AE2+EC2＝AC2＝12， 即2AE2＝12， ∴AE2＝6， 则AE＝， ∴从而得AE＝EC＝ED＝， ∴△EAC的面积S＝＝3， 在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F， 则AE＝，AF＝＝， 则EF＝， ∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S＝＝， 故该三棱锥的侧面积为3+2． 43．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用PO⊥平面ABCD，得出PO⊥AB，从而证得AB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PAD； （2）由题意得出△PAD为等腰三角形，再利用等积法求出三棱锥M﹣PDC的体积． 【解答】解：（1）证明：依题意，得PO⊥平面ABCD， 又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB， 又AB⊥AD，PO∩AD＝O，所以AB⊥平面PAD； 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD； （2）因为PO⊥平面ABCD，O为AD的中点，所以△PAD为等腰三角形， 又AD＝2，PA＝，所以PO＝1，PD＝，S△BCD＝2； 因为点M是PB的中点，所以点M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半， 则三棱锥M﹣PDC的体积为 VM﹣PDC＝VB﹣PDC ＝VP﹣BCD ＝××S△BCD×PO ＝××2×1 ＝． 44．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，可得CF垂直AC，再根据等腰梯形边的关系可推导出AC⊥BC，即可证出平面BCF⊥平面ACE； （2）可由（1）设出线段BC为x，再利用三棱锥A﹣BCE的体积为，进而可求出AB的值． 【解答】 （1）证明：取AB中点O，连CO． ∵AD＝DC＝BC＝AB，AB∥CD， ∴四边形AOCD为菱形， ∴CO＝OA＝OB，∴△OCB为正三角形， ∴AC⊥BC， ∵正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直， ∴FC⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，∴FC⊥AC． BC∩FC＝C，∴AC⊥面BCF， ∵AC⊂面ACE，∴面ACE⊥面BCF，得证． （2）解：设BC＝x，则AB＝2x，由勾股定理得AC＝x， 由（1）可知ED⊥面ABCD， 故VA﹣BCE＝VE﹣ABC＝， 即＝，解得x＝2． ∴AB＝4． 45．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，且AB＝BC，可得AC⊥平面BB1D1D，因为EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC． （2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接DM，C1F，MF．根据已知条件可得四边形AED1M为平行四边形，得D1M∥AE，再推得四边形C1D1MF为平行四边形，所以D1M∥C1F，根据直线平行的性质可得AE∥C1F，所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内． 【解答】解：（1）因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，所以BB1⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1， 因为ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，且AB＝BC，所以ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩BB1＝B． 所以AC⊥平面BB1D1D，又因为点E，F分别在棱DD1，BB1上，所以EF⊂平面BB1D1D， 所以EF⊥AC． （2）取AA1上靠近A1的三等分点M，连接D1M，C1F，MF，C1E． 因为点E在DD1，且2DE＝ED1，所以ED∥AM，且ED1＝AM， 所以四边形AED1M为平行四边形，所以D1M∥AE，且D1M＝AE， 又因为F在BB1上，且BF＝2FB1，所以 A1M∥FB1，且A1M＝FB1， 所以A1B1FM为平行四边形， 所以FM∥A1B1，FM＝A1B1，即FM∥C1D1，FM＝C1D1， 所以C1D1MF为平行四边形， 所以D1M∥C1F， 所以AE∥C1F，所以A，E，F，C1四点共面． 所以点C1在平面AEF内． 46．【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）取PA的中点N，连接EN、DN，证明四边形CEND为平行四边形，进而得出线线平行，证明出线面平行； （2）利用余弦定理可得，结合勾股定理可得BC⊥AC，根据题意结合线面垂直的性质定理和判定定理即可证明． 【解答】证明：（1）取PA的中点N，连DN，EN， 因为BE∥AP，AP＝2，BE＝1，即BE∥AN，且BE＝AN， 则ANEB为平行四边形，则EN∥AB，且EN＝AB， 又因为ABCD是平行四边形，则CD∥AB，且CD＝AB， 可得CD∥EN，且CD＝EN， 可知CEND为平行四边形，则EC∥DN， 且DN⊂平面PAD，EC⊄平面PAD， 所以EC∥平面PAD； （2）在△ABC中，AB＝2，BC＝1，∠CBA＝60°， 由余弦定理可得AC2＝4+1﹣2×2×1×cos60°＝3，即， 则AB2＝BC2+AC2，可得BC⊥AC， 因为AP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则AP⊥BC， 且AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC． 47．【答案】（1）见解析； （2）存在，． 【分析】（1）根据线面垂直的判定与性质、平面与平面垂直的性质定理加以证明，即可得到本题的答案． （2）建立空间直角坐标系，设且λ＞0，利用互相垂直的两个平面的法向量也垂直，建立关于λ的方程，解出λ的值，可得答案． 【解答】（1）证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF， ∴AF⊥平面ABCD． ∵AC⊂平面ABCD， ∴AF⊥AC． 过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，，CH＝3， ∴，AB2+AC2＝BC2， ∴AC⊥AB， ∵AB∩AF＝A， ∴AC⊥平面FAB， ∵BF⊂平面FAB， ∴AC⊥BF． （2）解：存在满足条件的点P，且，理由如下： 由（1）可知，AF、AB、AC两两垂直， 以A为坐标原点，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz， 则A（0，0，0），B（2，0，0），，． 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则点P不与点B、E重合， 设，则λ＞0，，设平面PAC的法向量为＝（x，y，z）， 由，，可得， 令x＝1，则，所以为平面PAC的一个法向量． 同理，可求得为平面BCEF的一个法向量． 当时，即时，平面PAC⊥平面BCEF，解得， 因此，存在满足题意的点P，此时． 48．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）推导出BD⊥AE，PB⊥AE，从而AE⊥平面PBD．由此能证明平面PBD⊥平面ABCD． （2）在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC，推导出PO⊥平面ABCD，则∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，∠PCO＝，以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出N点到平面ABCD的距离． 【解答】解：（1）证明：由四边形ABCD是直角梯形，AB＝，BC＝2AD＝2，AB⊥BC， 可得DC＝2，∠BCD＝，从而△BCD是等边三角形，BD＝2，BD平分∠ADC． ∵E为CD的中点，∴DE＝AD＝1，∴BD⊥AE， 又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，∴AE⊥平面PBD． 又∵AE⊂平面ABCD， ∴平面PBD⊥平面ABCD． （2）在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC， 又∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD， ∴PO⊥平面ABCD ∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，则∠PCO＝， ∴由题意得OP＝OC＝∵PB＝PD，PO⊥BD，∴O为BD的中点，∴OC⊥BD． 以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B（1，0，0），C（0，，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）， 假设在侧面PCD内存在点N，使得BN⊥平面PCD成立， 设（λ，μ≥0，λ+μ≤1）， 由题意得， ＝（﹣λ﹣1，，﹣（λ+μ﹣1）），＝（0，，﹣），＝（﹣1，0，﹣）， 由，得， 解得λ＝，满足题意， ∴N点到平面ABCD的距离为﹣． 49．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于F，DG⊥AB于G，证明DF⊥PA，DG⊥PA，利用线面垂直的判定，可得PA⊥平面ABC； （2）连结BE并延长交PC于H，证明PC⊥平面ABE，AB⊥平面PAC，即可证得结论． 【解答】证明：（1）如图所示，在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于F． ∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，∴DF⊥平面PAC． 又PA⊂平面PAC，∴DF⊥PA． 作DG⊥AB于G，同理可证：DG⊥PA． ∵DG、DF都在平面ABC内且DG∩DF＝D， ∴PA⊥平面ABC； （2）连结BE并延长交PC于H， ∵E是△PBC的垂心，∴PC⊥BH． 又已知AE是平面PBC的垂线，PC⊂平面PBC， ∴PC⊥AE． 又BH∩AE＝E，∴PC⊥平面ABE． 又AB⊂平面ABE，∴PC⊥AB． ∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB． 又PC∩PA＝P，∴AB⊥平面PAC， 又AC⊂平面PAC，∴AB⊥AC， 即△ABC是直角三角形． 50．【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明BC⊥AE，再根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）先证明EF∥CH，再根据线面平行的判定定理即可证明结论． 【解答】证明：（1）在三棱锥D﹣ABC中，侧面ACD⊥底面ABC，侧面ACD∩底面ABC＝AC， 而AC⊥BC，故BC⊥平面ACD，AE⊂平面ACD， 故BC⊥AE； 又AC＝DA，E是CD的中点，故AE⊥CD， 而BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面DBC， 故AE⊥平面DBC； （2）因为AE⊥平面DBC，BD⊂平面DBC， 故AE⊥BD，又AF⊥BD，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF， 故BD⊥平面AEF，EF⊂平面AEF， 故BD⊥EF，又CH⊥BD，EF，CH⊂平面DBC， 故EF∥CH，EF⊂平面AEF，CH⊄平面AEF， 故CH∥平面AEF． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/17 15:27:24；用户：Damon；邮箱：13120434074；学号：24730468 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$