第7章 第5节 空间直线、平面的垂直(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

第五节　空间直线、平面的垂直 1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质和判定定理. 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中垂直关系的简单命题. 回首教材 1.直线与平面垂直 (1)定义 直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 2.直线和平面所成的角 (1)定义 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角. (2)线面角θ的取值范围：. 3.平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念 二面角 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角 二面角的平面角 过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角 二面角的取值范围 (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 拓展教材(常见结论及应用) (1)两个重要结论 ①若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. ②若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法). (2)使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”. (3)三种垂直关系的转化 发掘教材 一、高考命题注重“教考衔接”(示例分析) 考题品悟 (2022·新课标Ⅱ卷)[多选]如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( CD ) A.V3＝2V2　　　　 B.V3＝V1 C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1 追根溯源 (北师大必修②P257T3)如图，多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，平面FBC⊥平面ABCD，△FBC中BC边上的高FH＝2，EF＝.求该多面体的体积. 发现启迪 线面位置关系与表面积、体积相结合不仅体现在大题考法中，在小题考法中比重也越来越大. 二、复习备考要强化“教材本位” A组——教材信息的发掘训练 1.(人A必修②P162T2改编)若平面α⊥平面β，且α∩β＝l，则下列命题正确的是(　 ) A.平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线 B.平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线 C.平面α内的任一条直线必垂直于平面β D.过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β 答案：B 2.(人A必修②P159T3改编)如图，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，你能发现________对平面互相垂直. 解析：平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面ACD. 理由：∵AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABC，AB⊂平面ABD， ∴平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD. ∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD， ∴AB⊥CD. 又BC⊥CD，AB∩BC＝B， ∴CD⊥平面ABC. ∵CD⊂平面ACD， ∴平面ABC⊥平面ACD. 答案：3 3.(人A必修②P171T14改编)若正四棱锥的所有棱长都相等，则该棱锥的侧棱与底面所成的角的大小为________. 答案：45° 4.(人A必修②P152T4改编)在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC上的射影为点O. (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心. 答案：(1)外　(2)垂 B组——迷点盲点的澄清训练 1.(忽视判定平面与平面垂直的条件)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题正确的是(　 ) A.若l⊥β，则α⊥β B.若α⊥β，则l⊥m C.若l∥β，则α∥β D.若α∥β，则l∥m 解析：选A　∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确；当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行、相交或异面，故B错误；当l∥β且l⊂α时，α与β可能平行或相交，故C错误；当α∥β且l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行或异面，故D错误. 2.(忽视平面到空间的变化)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为______________. 解析：若a，b，c在同一个平面内，则由题设条件可得a∥c；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能. 答案：平行、相交或异面 题点一　线面垂直的判定与性质 例1　如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点. 求证：(1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 证明：(1)在四棱锥P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD，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的中点，∴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，∴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. [思维建模] 证明线面垂直的4种方法 (1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α. (2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. (3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ(客观题可用). [针对训练] 1.(2024·娄底模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点B1在底面ABC内的射影恰好是点C. (1)若点D是AC的中点，且DA＝DB，证明：AB⊥CC1. (2)已知B1C1＝2，B1C＝2，求△BCC1的周长. 解：(1)证明：∵点B1在底面ABC内的射影是点C， ∴B1C⊥平面ABC.∵AB⊂平面ABC，∴B1C⊥AB.在△ABC中，DA＝DB＝DC，∴BC⊥AB.∵BC∩B1C＝C，BC，B1C⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1. ∵CC1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥CC1. (2)如图，延长BC至点E，使BC＝CE，连接C1E，则B1C1∥CE，四边形B1CEC1为平行四边形，则C1E∥B1C.由(1)知B1C⊥平面ABC，∴C1E⊥平面ABC. ∵CE，BE⊂平面ABC，∴C1E⊥CE，C1E⊥BE. ∵C1E＝B1C＝2，CE＝BC＝B1C1＝2，BE＝4， ∴CC1＝＝4，BC1＝＝2， ∴△BCC1的周长为2＋4＋2＝6＋2. 题点二　面面垂直的判定与性质 例2　在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P-BCDE. (1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P-BCDE的体积； (2)若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE. 解：(1)如图所示，取DE的中点M，连接PM， 由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE. 又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE， ∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P-BCDE的高. 在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2， ∴PM＝DE＝，而直角梯形BCDE的面积S＝(BE＋CD)·BC＝×(2＋4)×2＝6， ∴四棱锥P-BCDE的体积V＝PM·S＝××6＝2. (2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN， ∵PB＝PC，∴BC⊥PN. ∵MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴BC⊥平面PMN. ∵PM⊂平面PMN，∴BC⊥PM. 由(1)知，PM⊥DE， 又BC，DE⊂平面BCDE，且BC与DE是相交的， ∴PM⊥平面BCDE. ∵PM⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE. [思维建模] 面面垂直判定的两种方法与一个转化 两种方法 (1)面面垂直的定义； (2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β) 一个转化 在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直 [针对训练] 2.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD. 求证：(1)CD⊥平面PBD； (2)平面PBC⊥平面PCD. 证明：(1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°. 又AD∥BC，所以∠DBC＝45°. 又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD. 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面PBD. (2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP. 又BP⊥PD，PD∩CD＝D，所以BP⊥平面PCD. 又BP⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD. 题点三　几何法求线面角和二面角 例3　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为(　 ) A. B. C. D. 快审准解：利用正三棱柱的性质找出AD在平面AA1C1C内的射影，进而得到线面角，解直角三角形求出此角的正弦值. 　解析：选A　取A1C1，AC的中点E，F，连接B1E，BF，EF，如图所示， 由正三棱柱性质易知B1E⊥平面AA1C1C，过D作DH∥B1E，连接AH，则DH⊥平面AA1C1C，则∠DAH即为AD与平面AA1C1C所成的角，易得DH＝B1E＝，DA＝，所以sin∠DAH＝＝. 例4　在四面体ABCD中，已知△ABD为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，斜边AB＝4，CD＝2，则二面角C-AB-D的大小为(　 ) A. B. C. D. 快审准解：先找出二面角C-AB-D的平面角，再计算各边长度，最后由余弦定理计算夹角. 解析：选D　如图，取AB中点M，连接CM，DM.因为△ABD为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，所以CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即为二面角C-AB-D的平面角.因为AB＝4，所以CM＝2，DM＝2，所以cos∠CMD＝＝＝－，所以∠CMD＝，即二面角C-AB-D的大小为. [思维建模] 1.几何法求线面角的3个步骤 一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解. 2.作二面角的平面角的方法 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. [针对训练] 3.如图所示，在三棱锥S-ABC中，△SBC，△ABC都是等边三角形，且BC＝2，SA＝，则二面角S-BC-A的大小为(　 ) A.30° B.45° C.60° D.75° 解析：选C　如图所示，取BC的中点D，连接AD，SD，∵△ABC，△SBC都是等边三角形，∴AD⊥BC，SD⊥BC.∴∠ADS为二面角S-BC-A的平面角.∵BC＝2，∴SD＝＝＝，AD＝＝＝，而SA＝，∴△SDA是正三角形，∴∠ADS＝60°，即二面角S-BC-A的大小为60°. 4.已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　 ) A. B. C. D. 解析：选C　如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE.又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得CD＝＝＝，由正弦定理得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为. 题点四　垂直与平行关系的综合应用 例5　如图，在四面体C-ABD中，CB＝CD，AB＝AD，∠BAD＝90°，E，F分别是BC，AC的中点. (1)求证：AC⊥BD； (2)在AC上能否找到一点M，使BF∥平面MED？请说明理由； (3)若CA＝CB，求证：平面BCD⊥平面ABD. 解：(1)证明：取BD的中点O，连接AO，CO， 在△BCD中，∵CB＝CD，∴CO⊥BD，同理AO⊥BD，而AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC，∴BD⊥平面AOC. 又AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD. (2)在AC上能找到一点M，使BF∥平面MED，此时M为FC的中点，证明如下： 连接EM，DM，DE，∵E是BC的中点，∴BF∥EM. ∵EM⊂平面MED，BF⊄平面MED，∴BF∥平面MED，∴FC的中点M即为所求. (3)证明：∵∠BAD＝90°，∴AO＝BO. ∵CA＝CB，CO是公共边， ∴△COA≌△COB，从而∠COA＝∠COB， 由(1)可知CO⊥BD，∴∠COB＝90°，∴∠COA＝90°，即CO⊥OA. ∵BD∩OA＝O，BD，OA⊂平面ABD，∴CO⊥平面ABD. ∵CO⊂平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABD. [思维建模] (1)垂直与平行的综合问题，求解时应注意平行，垂直性质及判定的综合应用. (2)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. (3)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. [针对训练] 5.(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直. (1)证明：EF∥平面ABCD； (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度). 解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形， ∴分别取AB，BC的中点K，I，连接EK，FI，KI，则EK⊥AB，FI⊥BC，如图. ∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EK⊂平面EAB，∴EK⊥平面ABCD.同理FI⊥平面ABCD， ∴EK∥FI.易知△EAB≌△FBC，∴EK＝FI， ∴四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI. 又∵EF⊄平面ABCD，KI⊂平面ABCD， ∴EF∥平面ABCD. (2)可补形成长方体，如图，易得长方体的高为4 cm.故所求包装盒的容积V＝82×4－4×××42×4＝(cm3). 立体几何中的动态问题 立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍；但又因其是可变的、开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，以下利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径. 类型(一)　“动态”中研究“特定静态”——“一题多考” 例1　[多选]如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是线段B1D1，AC上的动点，则下列说法正确的有(　 ) A.线段PQ长度的最小值为2 B.满足PQ＝2的情况只有4种 C.无论P，Q如何运动，直线PQ都不可能与BD1垂直 D.三棱锥P-ABQ的体积大小只与点Q的位置有关，与点P的位置无关 解析：选ABD　当P，Q分别为线段B1D1，AC的中点时，PQ是异面直线B1D1，AC的公垂线，此时线段PQ长度最小为2，故A正确；PQ＝2，只能是面对角线，此时PQ可以是AD1，CD1，AB1，CB1四种，故B正确；当P与B1重合，Q与C重合时，此时直线PQ(即B1C)与平面BC1D1垂直，故PQ⊥BD1，故C错误；由于点P到平面ABQ的距离是2，底面△QBA的面积随着点Q的移动而变化，∴三棱锥P-ABQ的体积只与点Q的位置有关，与点P的位置无关，故D正确.故选ABD. |反思领悟| 本题通过点P，Q的“动”考查了最值、垂直、体积等问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征和垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力. 类型(二)　“动态”中研究“以静制动”——“最值问题” 例2　已知在如图所示的正三棱锥P-ABC中，侧棱PA，PB，PC的长为，底面△ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为(　 ) A. B. C. D. 解析：选B　将正三棱锥P-ABC放入棱长为的正方体AGIJ-PCHB中，如图(1)所示，先固定点M，那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离.连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.由题意得，平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，故MN⊥PF，所以M在PD上运动时，N在PF上运动.把平面AGP和平面PGF沿PG展开， 示意图如图(2)所示，作AN′⊥PF交PG于点M′，则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin(45°＋30°)＝.故选B. |反思领悟| 对于立体几何中的双动点问题，可先固定一个动点，如本题先固定点M，那么MN的最小值就是点M到平面PCE的距离，进而求得AM＋MN的最小值.这类题通常需要利用展开图，数形结合，达到化动为静，以静制动的目的，从而求解. 类型(三)　“动态”中研究“变量”——“翻折问题” 例3　[多选]如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD(如图2)，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　 ) A.A′C⊥BD B.∠BA′C＝90° C.CA′与平面A′BD所成的角为30° D.四面体A′-BCD的体积为 解析：选BD　由A′B＝A′D＝1，BD＝，得BA′⊥DA′.因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，进而有CD⊥BA′.由DA′∩CD＝D，得BA′⊥平面A′CD.所以BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B正确；由题意知AB＝AD＝CD＝1，VA′-BCD＝VC-A′BD＝×1××1×1＝.D正确.故选BD. |反思领悟| 解决翻折问题，要分析翻折前后的“变量”与“不变量”，在翻折前要标注重要的点或重要的量，分析其在翻折后的变化情况.具体到本例，应重视垂直关系“BA′⊥DA′，CD⊥BD”，才能顺利地由平面A′BD⊥平面BCD得出CD⊥平面A′BD，CD⊥BA′，再得到BA′⊥平面A′CD，从而解决问题. [课时跟踪检测] 1.(2024·泰安一模)已知m，n是两条不重合的直线，α是一个平面，n⊂α，则“m⊥α”是“m⊥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 解析：选A　由线面垂直的性质知，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n成立，即充分性成立；根据线面垂直的定义，m必须垂直于平面α内的两条相交直线，才有m⊥α，即必要性不成立.故选A. 2.如图，在四面体D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　 ) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 解析：选C　因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE. 3.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　 ) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 解析：选A　连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上. 4.[多选]已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，以下四个命题正确的是(　 ) A.若m∥n，n⊂α，则m∥α B.若m⊂α，m⊥β，则α⊥β C.若m⊥α，m⊥β，则α∥β D.若α⊥β，m⊂β，n⊂α，则m⊥n 解析：选BC　当m∥n，n⊂α时，m∥α或m⊂α，所以A错误；当m⊂α，m⊥β时，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，所以B正确；当m⊥α，m⊥β时，有α∥β，所以C正确；当α⊥β，m⊂β，n⊂α时，如图所示，m∥n，所以D错误. 5.(2024·信阳模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线m，n分别在平面ABCD和ABB1A1内，且m⊥n，则下列命题正确的是(　 ) A.若m垂直于AB，则n垂直于AB B.若m垂直于AB，则n不垂直于AB C.若m不垂直于AB，则n垂直于AB D.若m不垂直于AB，则n不垂直于AB 解析：选C　若m垂直于AB，由平面ABCD⊥平面ABB1A1，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，可得m垂直于平面ABB1A1，即平面ABB1A1内的所有直线均与m垂直，而n可能垂直于AB，也可能不垂直于AB，故A、B错误；若m不垂直于AB，则BC，m为平面ABCD内的两条相交直线，由题可知BC⊥n，m⊥n，则n垂直于平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以n垂直于AB，故C正确，D错误.故选C. 6.(2024·滨州模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设直线BD1与直线AD所成的角为α，直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β，则α＋β＝(　 ) A. B. C. D. 解析：选C　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD∥BC，所以直线BD1与直线AD所成的角α＝∠D1BC.因为BC⊥平面CDD1C1，所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影，所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角β＝∠BD1C.又BC⊥平面CDD1C1，所以BC⊥D1C，所以∠D1BC＋∠BD1C＝，即α＋β＝.故选C. 7.(2024·茂名模拟)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为6，侧棱长为8，D是侧面BB1C1C的两条对角线的交点，则直线AD与底面ABC所成角的正切值为(　 ) A. B.2 C. D. 解析：选D　取BC中点E，连接DE，AE，由正三棱柱知DE⊥平面ABC，且DE＝4，因为AE是斜线AD在底面上的射影，所以∠DAE为直线AD与底面ABC所成的角，在正△ABC中AE＝×6＝3，直线AD与底面ABC所成角的正切值为＝＝.故选D. 8.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________. 解析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC.又因为AP⊂平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB. 答案：AB，BC，AC　AB 9.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出下面四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.(用序号表示) 解析：若①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β成立，则m与α可能平行也可能相交，即④m⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④m⊥α成立，则n与β可能平行也可能相交，即③n⊥β不一定成立；若①m⊥n，③n⊥β，④m⊥α成立，因为m⊥n，n⊥β，所以m∥β，又m⊥α，所以α⊥β，即①③④⇒②；若②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α成立，因为α⊥β，n⊥β，所以n∥α，又m⊥α，所以m⊥n，即②③④⇒①. 答案：①③④⇒②(或②③④⇒①，答案不唯一) 10.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为________. 解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V-AB-C的平面角.易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.而OH＝BC＝1，所以∠VHO＝60°.故二面角V-AB-C的大小是60°. 答案：60° 11.(2024·成都开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ADP⊥底面ABCD，AP＝DP，且AP⊥DP，设E，F分别为CP，BD的中点，FP＝. (1)求证：AP⊥CP； (2)求三棱锥P-ADE的体积. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD. ∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD. ∵AP⊂平面PAD，∴CD⊥AP.又AP⊥DP，CD∩DP＝D，CD，DP⊂平面PCD， ∴AP⊥平面PCD. ∵CP⊂平面PCD，∴AP⊥CP. (2)∵四边形ABCD为正方形，连接AC，则AC∩BD＝F，F为AC中点. ∵E为PC的中点，∴在△ACP中，EF∥PA. ∵PA⊂平面ADP，EF⊄平面ADP，∴EF∥平面ADP. ∴E到平面ADP的距离等于F到平面ADP的距离. 由(1)知，PA⊥PC，∴PF＝AC＝，得AC＝2，∴AB＝AD＝2，PA＝PD＝. 法一　取AD的中点M，连接MF，则MF∥CD，又CD⊥平面ADP，∴MF⊥平面ADP. ∴VP-ADE＝VE-PAD＝VF-PAD＝S△PAD·MF＝××××1＝. 法二　取AD的中点M，连接MF，PM，则PM⊥AD. ∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD， ∴PM⊥底面ABCD，PM＝AD＝1.∴VP-ADE＝VE-PAD＝VF-PAD＝VP-ADF＝S△ADF·PM＝××1×2×1＝. 12.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点D，E分别在棱BB1，CC1上，棱AA1⊥底面ABC，且AB＝BC＝CA＝CE＝EC1＝2BD，记过点A，D，E的平面为α. (1)画出平面α与底面ABC的交线； (2)求证：平面α⊥平面ACC1A1. 解：(1)如图所示，分别延长ED和CB相交于点F，连接AF，则AF即为所求交线. (2)证明：因为CE＝2BD，且CC1∥BB1，所以B是CF的中点，所以CB＝BF. 又CB＝AB，所以BC＝BF＝BA. 可知△FAC是直角三角形，∠FAC＝，即AF⊥AC. 而平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC， 所以AF⊥平面ACC1A1. 又AF⊂平面α，故平面α⊥平面ACC1A1. 13.(2023·东营二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN(　 ) A.有且仅有1条 B.有且仅有2条 C.有且仅有3条 D.有无数条 解析：选D　过点N作NE⊥BC，垂足为E，连接DE(图略)，当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，理由如下：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，MD＝NE，所以四边形MDEN为平行四边形，所以MN∥DE.因为DD1⊥平面ABCD，且DE⊂平面ABCD，所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.所以当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，此时满足条件的直线MN有无数条.故选D. 14.如图，已知在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，M为边BC的中点，将△ABM，△CDM分别沿着直线AM，MD翻折，使得B，C两点重合于点P，则点P到平面MAD的距离为________. 快审准解：由题意可得MP⊥平面ADP，设点P到平面MAD的距离为h，然后利用等体积法可求得结果. 解析：因为四边形ABCD为矩形，所以MP⊥AP，MP⊥DP. 因为AP∩DP＝P，AP，DP⊂平面ADP， 所以MP⊥平面ADP. 因为PA＝PD＝AB＝3，AD＝4，PM＝2， 所以S△ADP＝×4×＝2， S△ADM＝×4×3＝6， 设点P到平面MAD的距离为h，VP-AMD＝VM-APD， 所以×6h＝×2×2，解得h＝. 答案： 15.(2024·宿迁模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，点B在以AC为直径的圆上运动，PA⊥平面ABC，AD⊥PB，垂足为D，DE⊥PC，垂足为E，若PA＝2，AC＝2，则三棱锥P-ADE体积的最大值是________. 解析：由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，得BC⊥AD.又AD⊥PB，PB∩BC＝B，∴AD⊥平面PBC，得AD⊥PC，而DE⊥PC，AD∩DE＝D，∴PC⊥平面ADE，可得AE⊥PC.在Rt△PAC中，由PA＝2，AC＝2，得PC＝4.由Rt△PEA∽Rt△PAC，得＝，则PE＝＝＝3，由PE＝3，PA＝2，得AE2＝3.又AD⊥平面PBC，∴AD⊥DE，∴AD2＋DE2＝AE2＝3，得3＝AD2＋DE2≥2AD·DE，即AD·DE≤(当且仅当AD＝DE时等号成立)，∴三棱锥P-ADE体积的最大值是××AD×DE×PE＝×××3＝. 答案： 16.如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点. (1)求证：DB⊥PQ； (2)在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：正三角形PAD中，Q为AD的中点，故PQ⊥AD. 因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PQ⊂平面PAD， 所以PQ⊥底面ABCD. 又DB⊂底面ABCD，所以DB⊥PQ. (2)存在点N，当N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB，证明如下： 由(1)知PQ⊥底面ABCD，又CN⊂底面ABCD，所以PQ⊥CN. 因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB中点，所以BA＝CB，AQ＝BN， ∠QAB＝∠NBC＝90°，所以△QAB≌△NBC，所以∠AQB＝∠BNC. 因为∠AQB＋∠ABQ＝90°，所以∠CNB＋∠ABQ＝90°，所以CN⊥BQ， 而PQ∩BQ＝Q，PQ，BQ⊂平面PQB，所以CN⊥平面PQB. 又CN⊂平面PCN，所以平面PCN⊥平面PQB. 学科网（北京）股份有限公司 $$