7.5 垂直关系（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.5　垂直关系 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系， 归纳出有关垂直的性质定理和判定定理，并加以证明．　 2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 如果直线l与平面α内的__________直线都垂直，那么称直线l与平面α垂直，记作_______． 任何一条 l⊥α (2)性质定理与判定定理   文字语言 图形表示 符号表示 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线______ ⇒a∥b 判定定理 如果一条直线与一个平面内的___________ ____垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 微提醒　 “任何一条直线”与“所有直线”是同义的，但与“无数条直线”不同，定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直． 平行 a⊥α b⊥α 两条相交直 线 a⊂α b⊂α a∩b＝A l⊥a l⊥b 2．直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线与它在平面上的______所成的锐角，叫作这条直线与这个平面的夹角，一条直线垂直于平面，我们说它们的夹角是______；一条直线与平面平行，或在平面内，就说它们的夹角是_____． (2)范围：_______． 投影 直角 0° 3．二面角 两个半平面 垂直于棱 [0，π] 4．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 两个平面相交，如果所成的二面角是__________，就说这两个平面互相垂直．平面α与β垂直，记作：________． 直二面角 α⊥β (2)性质定理与判定定理   文字语言 图形表示 符号表示 性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的______，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 判定定理 如果一个平面过另一个平面的______，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 交线 α⊥β α∩β＝a l⊥a l⊂β 垂线 微提醒　三种垂直关系的转化 线线垂直 线面垂直 面面垂直 记牢常用结论 1．过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，过一点有且只有一个平面与一条直线垂直． 2．若两条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． 3．垂直于同一条直线的两个平面平行． 4．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也 垂直． 5．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个 平面． 练透教材典题 1．[多选题]下列命题中错误的是 A．若直线l与平面α内的两条直线都垂直，则l⊥α B．若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b C．若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面 D．若α⊥β，a⊥β，则a∥α √ √ √ √ 2. (链接北师必修二P236 T7)[多选题]如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是 A．BC⊥平面PAC B．AE⊥EF C．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC √ √ 对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而BC⊂底面 圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC ＝A，PA，ACa⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确； 对于B，由A项可知，BC⊥AE，由题意可知AE⊥PC，且 BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，所以AE⊥平面PCB，而 EF⊂平面PCB，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，若AC⊥PB，又PA⊥AC，PB∩PA＝P，则AC⊥平面PAB，所以AC⊥AB，不符合题意，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PCB，AE⊂平面AEF，由面面垂直的判定定理可得，平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD． √ 3．(用结论)[多选题]下列命题为真命题的是 A．若两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合 B．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直 C．垂直于同一条直线的两个平面相互平行 D．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个 平面 对于A，两个相交平面有一条交线，交线有无数个公共点，但是这两个平面不重合，故A错误；对于B，若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直，这是面面垂直的判定定理，故B正确；对于C，由结论3可知，C正确；对于D，由结论5可知，D正确．故选BCD． √ √ 4．(链接北师必修二P248 T5)在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC上的投影为点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． 外 垂 如图①，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心． 返回 如图②，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高． 同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心. 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 直线与平面垂直的性质与判定 多维练 例1 S是Rt△ABC 所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D 为斜边AC 的中点． (1)求证：SD⊥平面ABC； 如图所示，取AB 的中点E，连接SE，DE. 在Rt△ABC 中，因为D，E 分别为AC，AB 的中点， 所以DE∥BC，所以DE⊥AB． 因为SA＝SB，E 是AB 的中点，所以SE⊥AB． 又SE∩DE＝E，所以AB⊥平面SDE. 又SD⊂平面SDE，所以AB⊥SD．在△SAC 中，SA＝SC，D 为AC 的中点，所以SD⊥AC． 又AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，所以SD⊥平面ABC． (2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC． 由于AB＝BC，D 是AC 的中点，则BD⊥AC． 由(1)可知，SD⊥平面ABC， 又BD⊂平面ABC，所以SD⊥BD． 又SD∩AC＝D，SD，AC⊂平面SAC， 所以BD⊥平面SAC． 角度2　证明直线与直线垂直 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F-EBC的体积； 例2 解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因为侧面AA1B1B为正方形，所以BB1⊥A1B1.又因为BF⊥A1B1，且BF∩BB1＝B，所以A1B1⊥侧面B1C1CB．因为A1B1∥AB，所以AB⊥侧面B1C1CB．又BC⊂侧面B1C1CB，所以AB⊥BC．因 (2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE. 解：证明：取BC的中点M，连接EM，B1M，A1E，则EM∥AB∥A1B1，所以A1，B1，M，E四点共面．在正方形B1C1CB中，由B1B＝CB，BM＝CF，且∠MBB1＝∠FCB＝90°，所以△FCB≌△MBB1，所以∠CBF＝∠MB1B，∠CFB＝∠B1MB，所以∠CBF＋∠B1MB＝90°，则BF⊥B1M.又因为BF⊥A1B1，且A1B1∩B1M＝B1，所以BF⊥平面A1EMB1.又因为DE⊂平面A1EMB1，所以BF⊥DE. 规律方法 证明线面垂直的常用方法及关键 1．证明直线和平面垂直的常用方法： (1)判定定理； (2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)； (3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)； (4)面面垂直的性质． 2．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质． 对点练1. 如图，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．证明： (1)CD⊥AE； 在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC．又AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE. (2)PD⊥平面ABE. 由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．因为E是PC的中点，所以AE⊥PC． 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD．又PD⊂平面PCD， 所以AE⊥PD． 因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB． 又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD． 又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， 所以PD⊥平面ABE. 考点二 平面与平面垂直的性质与判定 综合练 例3 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.证明：平面PAB⊥平面PAC． 因为D为圆锥顶点，O为底面圆心， 所以OD⊥平面ABC， 因为P在DO上，OA＝OB＝OC， 所以PA＝PB＝PC， 因为△ABC是圆内接正三角形， 所以AC＝BC，△PAC≌△PBC， 所以∠APC＝∠BPC＝90°， 即PB⊥PC，PA⊥PC， 又PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， 所以PC⊥平面PAB，PC⊂平面PAC， 所以平面PAB⊥平面PAC． 变式探究 规律方法 1．判定面面垂直的方法 (1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理． 2．面面垂直性质的应用 (1)面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”； (2)若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面． 对点练2. (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1 中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°. (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C； 解：证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以A1C⊥BC， 又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC， 因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又因为BC⊂平面BB1C1C， 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C． (2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高． 解：如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O. 因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面 BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BB1C1C， 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O. 因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以A1C⊥BC， 又因为A1B＝AB，BC为公共边， 所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C＝AC． 所以△ACA1与△A1CC1均为等腰直角三角形， 所以A1O＝ CC1＝1， 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 考点三 平行、垂直关系的综合应用 综合练 例4 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝2，AA1＝ . (1)求证：B1C∥平面A1BM； 解：证明：连接AB1，AB1与A1B 交于点O，连接OM， 在△B1AC中，M，O分别为AC， AB1的中点，所以OM∥B1C， 又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，所以B1C∥平面A1BM. (2)求证：AC1⊥平面A1BM； 解：证明：因为AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM. 又M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC． 因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BM⊥平面ACC1A1， 又因为AC1⊂平面ACC1A1，所以BM⊥AC1. 因为AC＝2，所以AM＝1. 又AA1＝ ， 在Rt△ACC1和Rt△A1AM中， tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝ ， 所以∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋ ∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，所以A1M⊥AC1， 又BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，所以AC1⊥平面A1BM. (3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面ACC1A1？如果存在，求此时 的值；如果不存在，请说明理由． 证明如下：设AC1的中点为D，连接DM，DN， 因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DM ∥ CC1且DM＝CC1，又N为BB1的中点， 所以DM∥BN且DM＝BN，所以四边形BNDM为 平行四边形，故BM∥DN， 由(2)知，BM⊥平面ACC1A1， 所以DN⊥平面ACC1A1， 又DN⊂平面AC1N， 所以平面AC1N⊥平面ACC1A1. 规律方法 平行与垂直的综合问题，一般通过判定定理和性质定理进行线线、线面、面面间的转化． 1．平行问题的转化关系 2．垂直问题的转化关系 对点练3. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面 ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点． (1)求证：BD⊥平面PAC； 解：证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以PA⊥BD． 又因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC． 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC． (2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； 解：证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点， 所以AE⊥CD，所以AB⊥AE，且PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB． 又AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE. (3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由． 解：棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE. 证明如下：取PB的中点F，PA的中点G， 连接CF，FG，EG. 则FG∥AB，且FG＝ AB． 因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点， 所以CE∥AB，且CE＝ AB， 所以FG∥CE，且FG＝CE，所以四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG. 因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE， 所以CF∥平面PAE. 返回 课时测评 返回 返回 √ 1. (2024·北京东城一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，α∥β，则“m⊥n”是“n⊥β”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 当m⊥n，n⊂α时，可推出n∥β，但是推不出n⊥β，当n⊥β时，由α∥β可知n⊥α，又m⊂α，所以m⊥n，综上可知，“m⊥n”是“n⊥β”的必要而不充分条件．故选B． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 √ 2．(2024·九省适应性测试)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是 A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l B．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥β C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β 对于A，m，l可能平行，相交或异面，故A错误；对于B，α，β可能相交或平行，故B错误；对于D，α，β可能重合或平行，故D错误；由线面平行性质得C正确．故选C． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 √ 3. 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 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⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.故选C． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 √ 4. (2024·山东烟台模拟)在三棱锥P-ABC 中，PA＝PB＝PC，D，E，M 分别为AC，PC，BC 的中点，则以下结论不一定成立的是 A．PA∥平面BDE B．若PA⊥BC，则AB＝AC C．若∠BAC＝90°，则平面PBC⊥平面PAM D．点P 在平面ABC 上的射影是△ABC 的外心 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 对于A，因为D，E 分别为AC，PC 的中点，所以PA∥DE，又PA⊄平面BDE，DE⊂平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确；对于B，因为BC 的中点为M，PB＝PC，所以PM⊥BC，又PA⊥BC，PA∩PM＝P，PA，PM⊂平面PAM，所以BC⊥平面PAM，又因为AM⊂平面PAM，所以BC⊥AM，则AB＝AC，故B正确；对于C，∠BAC＝90°，则MA＝MB＝MC，又PA＝PB＝PC，则△PMA≌△PMB≌△PMC，则∠PMA＝∠PMB＝∠PMC＝90°，故PM⊥AM，若平面PAM⊥平面PBC，因为平面PAM∩平面PBC＝PM，AM⊂平面PAM，所以AM⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AM⊥BC，又M 为BC 的中点，则AB＝AC，不一定成立，故C不一定成立；对于D，由PA＝PB＝PC 可知，点P 在平面ABC 上的射影是△ABC 的外心，故D正确．故选C． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 √ 5．[多选题](2024·北京模拟)已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥A-BCD，则在折叠过程中，可能出现 A．AB⊥CD B．AC⊥BD C．三棱锥A-BCD的体积为 D．平面ABD⊥平面BCD 对于A，若AB⊥CD，因为BC⊥CD，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，而CD＝2，AD＝2，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故A错误；对于B，取BD的中点O，因为AO⊥BD，CO⊥BD， √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 AO∩CO＝O，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，故B正确；对于C， 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 √ 6. [多选题]已知正方体ABCD -A1B1C1D1，动点P在线段BD上，则下述结论正确的是 A．PC1∥AD1 B．PC1⊥A1C C．PC1⊥平面A1BD D．PC1∥平面AB1D1 对于A，如图，根据正方体的性质有AB∥D1C1且AB＝D1C1，故四边形ABC1D1为平行四边形，故BC1∥AD1，故当且仅当P在B点时才有PC1∥AD1，故A错误；对于B，如图，由正方体的性质可得B1C⊥BC1， √ 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 A1B1⊥平面BB1C1C，故A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1CD，故BC1⊥平面A1B1CD，而A1C⊂平面A1B1CD，故BC1⊥A1C，同理DC1⊥A1C，且BC1∩DC1＝C1，故A1C⊥平面BC1D，故PC1⊥A1C，故B正确；对于C，当P在B点时，∠C1BA1＝60°，故PC1⊥平面A1BD不成立，故C错误；对于D，同B选项有A1C⊥平面AB1D1，故平面BC1D∥平面AB1D1，故PC1∥平面AB1D1成立，故D正确．故选BD． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 7. 如图，在三棱锥P-ABC 中，平面PAB⊥平面PBC，若PB⊥BC，则△ABC 的形状为_____________． 因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，PB⊥BC，BC⊂平面PBC，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AB，所以△ABC 为直角三 角形． 直角三角形 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 8. 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足条件：①BM⊥DM，②DM⊥PC，③BM⊥PC中的________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件序号即可)． 连接AC(图略)．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD．因为底面各边都相等，所以AC⊥BD．因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD． ②(或③) 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 9．如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a＝___． 如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ. 2 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为PA⊥平面ABCD，DQ⊂平面ABCD，所以PA⊥DQ，又PQ⊥DQ，且PA∩PQ＝P，所以DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ.所以点Q是在以线段AD的中点O为圆心，AD为直径的圆上，又因为在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，所以BC与圆O相切(否则相交就有两点满足垂直，矛盾)，所以OQ⊥BC，因为AD∥BC，所以OQ＝AB＝1，所以BC＝AD＝2，即a＝2. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．(10分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC． (1)求证：DC⊥平面PAC； 因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD， 所以PC⊥DC． 又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C， 所以DC⊥平面PAC． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 (2)求证：平面PAB⊥平面PAC． 因为AB∥CD，CD⊥平面PAC，所以AB⊥平面PAC． 又AB⊂平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAC． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 11．(14分) 如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，侧面PAD 为等边三角形． (1)求证：AD⊥PB； 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 解：证明：如图，取AD 的中点O，连接OB，OP，BD． 因为△PAD 为等边三角形，O 是AD 的中点，所以OP⊥AD． 因为底面ABCD 是菱形，∠BAD＝60°， 所以△ABD 是等边三角形，OB⊥AD． 因为OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面POB， 所以AD⊥平面POB． 因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 (2)若平面PAD⊥平面ABCD，点E 为PB 的中点，求三棱锥P-ADE 的体积． 解：因为底面ABCD 是边长为2的菱形，△PAD 为等边三角形，所以PA＝PD＝AD＝2，PO＝ ， 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，所以PO⊥平面ABCD． 因为E 为PB 的中点， 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 12．(15分) (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC 的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； 解：证明：由于AD＝CD，E 是AC 的中点， 所以AC⊥DE. 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 所以AB＝CB，故AC⊥BE， 又DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED， 所以AC⊥平面BED， 因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD． 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱锥F-ABC 的体积． 解：依题意AB＝BD＝BC＝2，∠ACB＝60°，△ABC 是等边三角形， 所以AC＝2，AE＝CE＝1，BE＝ ， 由于AD＝CD，AD⊥CD， 所以△ACD 是等腰直角三角形，所以DE＝1. DE2＋BE2＝BD2，所以DE⊥BE. 由于AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC， 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 由于△ADB≌△CDB，所以∠FBA＝∠FBC， 所以AF＝CF，所以EF⊥AC， 由于S△AFC＝·AC·EF， 所以当EF 最短时，△AFC 的面积取得最小值． 过E 作EF⊥BD，垂足为F， 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH∥DE， 2 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12 13 14 9 √ 13. (新角度)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，△ABC 是边长为2的正三角形，AA1＝3，N 为棱A1B1 的中点，M 为棱CC1 上的动点，过N 作平面ABM 的垂线段，垂足为点O，当点M 从点C 运动到点C1 时，点O的轨迹长度为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 取AB 中点P，连接PC，PN，C1N，如图①，因为PC⊥AB，PN⊥AB，且PN∩PC＝P，所以AB⊥平面PCC1N，又AB⊂平面ABM， 所以平面ABM⊥平面PCC1N，平面ABM∩平面PCC1N＝PM.过N 作NO⊥PM，NO⊂平面PCC1N， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以NO⊥平面ABM.当点M 从点C 运动到点C1 时，O 点的轨迹是以PN 为直径的圆Q 的部分，如图②，取PN 的中点Q，连接OQ.当点M 运动 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．(2024·北京海淀一模)已知四边形ABCD为矩形， AB＝2AD＝4，M为AB的中点，将△ADM沿DM折起，得到四棱锥A1-DMBC，设A1C的中点为N，在翻折过程中，得到如下三个命题： ①BN∥平面A1DM，且BN的长度为定值 ； ②三棱锥N-DMC的最大体积为 ； ③在翻折过程中，存在某个位置，使得DM⊥A1C． 其中正确命题的序号为_______(写出所有正确结论的序号)． 返回 ①② 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图所示：对于命题①，取A1D的中点E，连接EM，EN，则A1D＝A1M 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BN∥EM，因为BN⊄平面A1DM，EM⊂平面A1DM，所以BN∥平面A1DM，命题①正确；对于命题②，由N为A1C的中点，可知三棱锥N-DMC的体积为三棱锥A1-DMC的一半，当平面A1DM⊥平面BCDM时，三棱锥A1-DMC的体积取最大值，取DM 的中点F，则A1F⊥DM，且A1F＝ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 所以A1F⊥DM，若A1C⊥DM，且A1C∩A1F＝A1，所以DM⊥平面A1CF，由于CF⊂平面A1CF，所以CF⊥DM，事实上，易得CM＝DM＝2 ，CD＝4，所以CM2＋DM2＝CD2，由勾股定理可得CM⊥DM，这与CF⊥DM矛盾，命题③错误．故答案为①②. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢谢观看 本节到此结束 [0，] 为E，F分别为AC，CC1的中点，所以CF＝1，且S△BEC＝S△ABC＝×AB·BC＝××2×2＝1. 所以三棱锥F-EBC的体积V＝S△BEC·CF＝×1×1＝. (变条件，变设问)本例的已知条件增加“设DO＝，圆锥的侧面积为π”，求三棱锥P-ABC的体积． 解：设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl＝π，rl＝，OD2＝l2－r2＝2，解得r＝1，l＝，AC＝2rsin 60°＝，在等腰直角三角形APC中，AP＝AC＝，在Rt△PAO中，PO＝＝＝，所以三棱锥P-ABC的体积为VP-ABC＝PO·S△ABC＝×××3 ＝. 解：当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C． 当折叠所成的二面角∠AOC＝150°时，顶点A到底面BCD的距离为，此时VA-BCD＝Sh＝×(×2×2)×＝，故C正确；对于D，当沿对角线BD折叠成直二面角时，有平面ABD⊥平面BCD，故D正确．故选BCD． S四边形ABCD＝2××2×2×sin 60°＝2. 所以VP-ADE＝VB -ADE＝VP-ABD ＝VP-ABCD＝×××2＝. 因为 所以△ADB≌△CDB， 因为 所以△FBA≌△FBC， 所以FH⊥平面ABC，且＝＝， 所以FH＝，所以VF-ABC＝·S△ABC·FH＝××2××＝. 在Rt△BED 中，·BE·DE＝·BD·EF， 解得EF＝，所以DF＝＝，BF＝2－DF＝， 所以＝. A． B．π C． D． 动到点C1 时，O 点到最高点，此时PC＝，CC1＝3，∠CPC1＝，所以∠OPQ＝，从而∠OQP＝，所以弧长l＝·＝π，即点O 的轨迹长度为π.故选B． ＝2，A1E＝1，∠MA1E＝90°，由勾股定理得EM＝＝＝，易知BM∥CD，且BM＝CD，因为E，N分别为A1D，A1C的中点，所以EN綊CD，所以四边形BMEN为平行四边形，BN＝EM＝， DM＝×2＝，因为平面A1DM⊥平面BCDM，平面A1DM∩平面BCDM＝DM，A1F⊥DM，A1F⊂平面A1DM，所以A1F⊥平面BCDM，△DMC的面积为S△DMC＝CD·BC＝×4×2＝4，所以三棱锥A1-DMC的体积的最大值为S△DMC·A1F＝×4×＝，则三棱锥N-DMC的体积的最大值为，命题②正确；对于命题③，因为A1D＝A1M，F为DM的中点， $$