第五章 考点测试31 空间直线、平面的垂直-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

第一部分　考点通关练 第五章　立体几何 考点测试31　空间直线、平面的垂直 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 平行垂直关系的综合应用 平行垂直关系的综合应用 由线面垂直判断线线垂直 垂直关系的综合应用 由线面垂直判断线线垂直 平面与平面垂直的判定　 点到直线距离公式的应用 二面角 平面与平面垂直的判定 补充面面垂直的条件 直线与平面所成的角 异面直线所成的角 平面与平面垂直的判定　 2 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★ 对点 由线面垂直判断线线垂直；二面角 直线与平面垂直的判定　 由线面垂直判断线线垂直 垂直关系的综合应用 垂直关系的综合应用 直线与平面所成的角 平行垂直关系的综合应用 平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角 平面与平面垂直的判定；二面角 二面角 垂直关系的综合应用 平行垂直关系的综合应用 3 高考概览 本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，中等难度 考点研读 1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题 4 基础巩固练 综合提升练 目录 素养深化练 基础巩固练 1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析： α⊥β，且α∩β＝l，m∥α，若m⊥β，那么m⊥l，故A错误；若m∥α∥l，且已知n⊥β，那么n⊥l，m⊥n，故B错误；因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确；若m∥α，且m⊥l，那么m∥n，故D错误．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 7 2．(2024·江西景德镇三模)已知a，b是空间内两条不同的直线，α，β，γ是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是(　　) A．若α⊥β，a⊂α，则a⊥β B．若a⊥β，α⊥β，则a∥α C．若α∩β＝a，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥γ D．若α⊥β，α∩β＝a，b⊥a，则b⊥α或b⊥β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 8 解析：对于A，由α⊥β，a⊂α，设α∩β＝l，当a∥l时，可得a∥β，故A错误；对于B，由a⊥β，α⊥β，可得a∥α或a⊂α，故B错误；对于C，如图，设α∩γ＝b，β∩γ＝c，在平面α内作不与a重合的直线m，使m⊥b，因为α⊥γ，所以m⊥γ，因为β⊥γ，m⊄β，所以m∥β，因为α∩β＝a，所以m∥a，于是a⊥γ，故C正确；对于D，当α⊥β，α∩β＝a，b⊥a时，若b⊄α，且b⊄β，则b可以和平面α，β成任意角度，故D错误．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 9 3．(2024·广西贵港高三模拟)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是矩形，且AD＝2AB，点E是棱BC上的动点(包括端点)，则满足PE⊥DE的点E有(　　) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 10 解析：如图，连接AE.由已知可得PE⊥DE，PA⊥DE，又PA∩PE＝P，所以DE⊥平面PAE，所以DE⊥AE，所以点E在以AD为直径的圆上，又由几何关系可知，以AD为直径的圆与直线BC相切，故满足条件的点E只有1个．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 11 4．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 12 解析：当将△ACD绕AC边旋转到平面ADC⊥平面ABC时， 因为CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，所以CD⊥平面ABC， 而AB，BC⊂平面ABC，则CD⊥AB，CD⊥BC，A，D不符合题 意；由AB⊥CD，AB⊥BC，CD∩BC＝C，得AB⊥平面BCD， 又BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，C不符合题意；若BC⊥AD， 而AB⊥BC，AB∩AD＝A，故必有BC⊥平面ABD，又BD⊂平面ABD，所以BC⊥BD.而CD<BC，故CD不是△BCD的最大边，即不可能成为直角三角形的斜边，所以BC⊥AD不可能成立．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 13 5．(2025·山东部分学校高三摸底考试)已知三棱锥V－ABC中，VA⊥BC，VB⊥AC，作VO⊥平面ABC，垂足为O，则O为△ABC的(　　) A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 解析：连接OA，OB，由VO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得VO⊥BC，又VA⊥BC，VA∩VO＝V，VA，VO⊂平面VOA，则BC⊥平面VOA，又OA⊂平面VOA，因此OA⊥BC，同理，OB⊥AC，所以O为△ABC的垂心．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 14 6．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC且PA＝BC＝1，PB＝AC＝ ，PC＝ ，则下列结论中正确的个数是 (　　) ①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面ABC；③平面PAC⊥平面PAB；④平面PAC⊥平面PBC；⑤平面PBC⊥平面ABC；⑥平面PAC⊥平面ABC. A．3 B．4 C．5 D．6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 19 9．(多选)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则下列结论可能正确的是(　　)  A．DF⊥BC B．BD⊥FC C．平面BDF⊥平面BCF D．平面DCF⊥平面BCF 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 20 解析：因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以A不正确；设点D在平面BCF内的射影为点P，当BP⊥FC时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B可能正确；当点D在平面BCF内的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C可能正确；因为点D在平面BCF内的射影不可能在FC上，所以D不正确．故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 21 10．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____________________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可) 解析：如图，连接AC，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC，所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD. DM⊥PC(或BM⊥PC) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 22 11．(2024·河南宝丰县第一高级中学模拟)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E为CD的中点(如图1)，沿AE将△ADE折起到△APE处，使得平面PAE⊥平面ABCE(如图2)，则直线PC与平面ABCE所成角的正切值为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 24 12．已知三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面均为正三角形，且平面A1BC⊥平面ABC，AB＝A1B＝A1C＝2A1B1＝4，M为B1C1的中点，则直线A1B1与AM所成角的余弦值为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 27 解：(1)证明：因为AA1⊥平面ABCD，且AB⊂平面 ABCD，所以AA1⊥AB， 又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面AA1D1D， 所以AB⊥平面AA1D1D， 又MA1⊂平面AA1D1D，所以AB⊥MA1.因为AD＝DM，所以∠AMD＝45°， 同理∠A1MD1＝45°，所以AM⊥MA1， 又AM∩AB＝A，AM，AB⊂平面AMB，所以MA1⊥平面AMB， 又MA1⊂平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 29 14．(2024·福建福州闽侯县第一中学高三模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB＝2AD＝2DC，AB∥DC，AB⊥AD，平面PCB⊥平面ABCD. (1)证明：PB⊥AC； (2)若△PCB为正三角形，求二面角B－PA－C的正弦值． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 33 综合提升练 15．(2025·重庆八中高三月考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，F为BB1的中点，过A作平面α满足条件D1F⊥α，则α截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面为(　　) A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 解析：如图，分别取A1B1，B1C1的中点E，G，连接EG，A1C1，AC，BD，FC1，CG，AE，则EG∥A1C1，C1F⊥CG，AC⊥BD，又A1C1∥AC，所以EG∥AC，则A，C，G，E四点共面． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 35 因为AC⊥DD1，AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1，BD⊂平面DBFD1，所以AC⊥平面DBFD1，又D1F⊂平面DBFD1，所以D1F⊥AC.易知D1C1⊥平面BB1C1C，CG⊂平面BB1C1C，所以CG⊥D1C1，又C1F⊥CG，C1F∩D1C1＝C1，C1F，D1C1⊂平面D1C1F，所以CG⊥平面D1C1F，又D1F⊂平面D1C1F，所以D1F⊥CG，又AC∩CG＝C，AC，CG⊂平面ACGE，所以D1F⊥平面ACGE，即α为平面ACGE，是四边形．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 43 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 44 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 45 ①③④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 46 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 48 解：(1)证明：依题意可知，四边形EBCD是正方形，AE⊥DE(折叠后PE⊥DE)， 因为PE⊥EB，DE∩EB＝E，DE， EB⊂平面EBCD，所以PE⊥平面EBCD， 又BC⊂平面EBCD，所以PE⊥BC， 因为BC⊥EB，PE∩EB＝E，PE，EB⊂平面PBE，所以BC⊥平面PBE， 又EM⊂平面PBE，所以BC⊥EM， 因为PE＝EB，M是PB的中点，所以EM⊥PB， 又BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，所以EM⊥平面PBC， 又EM⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 49 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 50 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 51 解：(1)证明：令EF∩BD＝G，连接PG， 由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，得△ABC，△PEF都是正三角形，AC⊥BD， 又EF∥AC，所以EF⊥BD，EF⊥PG， 又PG∩BD＝G，PG，BD⊂平面PBD， 所以EF⊥平面PBD， 又EF⊂平面ABCD， 所以平面PBD⊥平面ABCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 53 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 54 素养深化练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 56 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 57 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 58 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 59 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 61 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 62 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 63 　　　　　　　　　　　　　 R eq \r(2) eq \r(3) 解析：因为PA＝1，PC＝eq \r(3)，AC＝eq \r(2)，则PA2＋AC2＝PC2，故PA⊥AC，又PA⊥BC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，则PA⊥平面ABC，又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAC，故平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，故②⑥正确；因为AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，又PA＝1，PB＝eq \r(2)，则AB＝1，又AC＝eq \r(2)，BC＝1，则AB2＋BC2＝AC2，故BC⊥AB，又BC⊥PA，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故①正确；易得③④⑤不正确．故选A. 7．在90°的二面角α－l－β内有一点P，过P有PA⊥α于点A，PB⊥β于点B，如果PA＝PB＝a，则P到l的距离为(　　) A．2a B.eq \f(a,2) C.eq \r(2)a D．2eq \r(a) 解析：由PA⊥α，PB⊥β，l⊂α，l⊂β，则PA⊥l，PB⊥l，且PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面APB，故l⊥平面APB，记l∩平面APB＝C，连接PC，PC⊂平面APB，故l⊥PC，所以P到l的距离为线段PC的长度，二面角α－l－β为90°，故BC＝PA＝PB，且∠PBC＝90°，故PC＝eq \r(2)PB＝eq \r(2)a.故选C. 8．(2024·河南部分重点高中三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A－PC－B的正切值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(5),3) C．2 D.eq \f(2,3) 解析：设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA，因为AB＝BC，所以BE⊥AC，又因为平面ABC⊥平面PAC，BE⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC，所以BE⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，则BE⊥PC，因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE＝eq \f(1,2)×4＝2，因为DE∩BE＝E，且DE，BE⊂平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又因为BD⊂平面BDE，则PC⊥BD，所以∠BDE为二面角A－PC－B的平面角，且tan∠BDE＝eq \f(BE,DE)＝eq \f(\r(32－（2\r(2)）2),2)＝eq \f(1,2).故选A. eq \f(\r(5),5) 解析：取AE的中点F，连接CF，PF，∵PA＝PE，∴PF⊥AE，又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，PF⊂平面PAE，∴PF⊥平面ABCE，则直线PC与平面ABCE所成的角为∠PCF，AE＝eq \r(AP2＋PE2)＝2eq \r(2)，PF＝EF＝eq \r(2)，∵CF2＝EF2＋CE2－2EF·CEcos∠CEF＝10，∴CF＝eq \r(10)，∴tan∠PCF＝eq \f(\r(2),\r(10))＝eq \f(\r(5),5). 解析：如图所示，因为A1B1∥AB，所以∠BAM或其补角是直线A1B1与AM所成的角，取BC的中点N，连接A1N，AN.由题知△ABC和△A1B1C1为等边三角形，则AN⊥BC，A1M⊥B1C1，又AB＝A1B＝A1C＝2A1B1＝4，则△A1BC也是等边三角形，故A1N＝AN＝2eq \r(3)，设M1为M在平面ABC内的射影，则MM1⊥平面ABC，因为N为BC的中点，所以 eq \f(3\r(39),26) A1N⊥BC，又平面A1BC⊥平面ABC，平面A1BC∩平面ABC＝BC，A1N⊂平面A1BC，所以A1N⊥平面ABC，则A1N∥MM1，且A1N＝MM1，故四边形A1NM1M为矩形，故NM1∥A1M，且A1M＝NM1＝eq \r(3)，则NM1⊥B1C1，又B1C1∥BC，所以NM1⊥BC，则AM1＝AN＋NM1＝3eq \r(3)，又MM1＝A1N＝2eq \r(3)，所以AM＝2,1)eq \r(AM＋M1M2) ＝eq \r(39)，又BM1＝2,1)eq \r(BN2＋NM) ＝eq \r(7)，则BM＝2,1)eq \r(MM＋BMeq \o\al(2,1)) ＝eq \r(19)，所以在△ABM中，由余弦定理得cos∠BAM＝eq \f(AB2＋AM2－BM2,2AB·AM)＝eq \f(3\r(39),26)，所以直线A1B1与AM所成角的余弦值为eq \f(3\r(39),26). 13．(2024·广东佛山S7高质量发展联盟高三联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC. (1)若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1； (2)设四棱锥M－ABB1A1与四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求eq \f(V1,V2)的值． (2)设AD＝1，则四棱锥M－ABB1A1的底面ABB1A1的面积S四边形ABB1A1＝4，高为AD＝1，所以四棱锥M－ABB1A1的体积V1＝eq \f(1,3)S四边形ABB1A1·AD＝eq \f(4,3). 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的面积S四边形ABCD＝eq \f(3,2)，高为AA1＝2， 所以四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V2＝S四边形ABCD·AA1＝3，所以eq \f(V1,V2)＝eq \f(4,9). 解：(1)证明：由题意，设AB＝2AD＝2DC＝2， 又AB∥DC，AB⊥AD，所以AC＝BC＝eq \r(2)， 又AB＝2，所以AC2＋BC2＝AB2， 所以AC⊥BC， 又平面PCB∩平面ABCD＝BC，且平面PCB⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以AC⊥平面PCB， 又PB⊂平面PCB，所以PB⊥AC. (2)如图，取PA的中点M，连接CM，在平面PAB中，作MN⊥PA，交AB于点N，连接CN， 由(1)知，AC＝BC＝eq \r(2)， 又△PCB为正三角形，所以PC＝BC＝PB＝eq \r(2)， 所以PC＝AC， 所以CM⊥PA，又MN⊥PA， 所以∠CMN为二面角B－PA－C的平面角， 因为AC⊥平面PCB，PC⊂平面PCB，所以AC⊥PC， 所以PA＝eq \r(PC2＋AC2)＝2，CM＝AM＝1. 在△ABP中，PB＝eq \r(2)，AB＝PA＝2， 所以cos∠BAP＝eq \f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq \f(4＋4－2,8)＝eq \f(3,4)， 所以sin∠BAP＝eq \f(\r(7),4)，tan∠BAP＝eq \f(\r(7),3)， MN＝AMtan∠BAP＝eq \f(\r(7),3)，AN＝eq \f(AM,cos∠BAP)＝eq \f(4,3). 在△ACN中，∠CAN＝45°，所以CN＝eq \r(AC2＋AN2－2AC·ANcos∠CAN)＝eq \f(\r(10),3)， 在△MNC中，cos∠CMN＝eq \f(MN2＋CM2－CN2,2MN·CM)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)))\s\up12(2)＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),3)))\s\up12(2),2×\f(\r(7),3)×1)＝eq \f(\r(7),7)， 所以sin∠CMN＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),7)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(42),7)，即二面角B－PA－C的正弦值为eq \f(\r(42),7). 16．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为(　　) A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(\r(5),2) 解析：如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR∩PR＝R，BR，PR⊂平面BPR，从而AN⊥平面BPR，又BP⊂平面BPR，所以BP⊥AN，又BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN∩AC＝A，AN，AC⊂平面ACN，所以BP⊥平面ACN，CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN和Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则eq \f(BN,AB)＝eq \f(AB,RA)，得BN＝eq \f(1,2)，易得CN＝eq \r(BN2＋BC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋12)＝eq \f(\r(5),2).故选D. 17．(多选)(2025·湖南长沙周南中学高三阶段练习)如图，已知二面角α－l－β的棱l上有A，B两点，C∈α，AC⊥l，D∈β，BD⊥l，若AC＝AB＝BD＝2，CD＝2eq \r(2)，则(　　) A．直线AB与CD所成角的余弦值为45° B．二面角α－l－β的大小为60° C．三棱锥A－BCD的体积为2eq \r(3) D．直线CD与平面β所成角的正弦值为eq \f(\r(6),4) 解析：过点A作AE∥BD，且AE＝BD，连接CE，DE，如图，则四边形ABDE是平行四边形，即DE∥AB且DE＝AB，∠CDE是直线AB与CD所成的角或其补角，因为AC⊥l，BD⊥l，则DE⊥AE，DE⊥AC，而AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面AEC，所以DE⊥平面AEC，又CE⊂平面AEC，所以DE⊥CE，则cos∠CDE＝eq \f(DE,CD)＝eq \f(AB,CD)＝eq \f(\r(2),2)，所以∠CDE＝45°，故A正确；因为BD⊥l，即AE⊥l，又AC⊥l，则∠CAE是二面角α－l－β的平面角，又CE＝DE＝2，结合AE＝AC＝2，即△ACE是等边三角形，所以∠CAE＝60°，故B正确； 因为DE⊥平面AEC，DE⊂β，则平面β⊥平面AEC，在平面AEC内过点C作CO⊥AE于点O，于是得CO⊥平面β，CO＝eq \f(\r(3),2)AC＝eq \r(3)，而S△ABD＝eq \f(1,2)AB·BD＝2，VA－BCD＝VC－ABD＝eq \f(1,3)CO·S△ABD＝eq \f(2\r(3),3)，故C不正确；连接DO，因为CO⊥平面β，则∠CDO是直线CD与平面β所成的角，sin∠CDO＝eq \f(CO,CD)＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，故D正确．故选ABD. 18．(多选)(2024·江苏南京第五高级中学模拟)如图，正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，AB＝2eq \r(2)，AA1＝4，F为BC的中点，M，N为CC1上两动点，且MN＝1(BM<BN)，则(　　) A．EF⊥BN B．三棱锥M－BEN的体积随M位置的变化而变化 C．当N为CC1的中点时，BM⊥平面B1EF D．直线BN与平面BME所成角的正切值的最大值为eq \f(\r(2),4) 解析：在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，对于A，由BB1⊥平面ABCDE，EF⊂平面ABCDE，得BB1⊥EF，由F为BC的中点，得EF⊥BC，而BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，因此EF⊥平面BCC1B1，又BN⊂平面BCC1B1，所以EF⊥BN，A正确；对于B，由A项分析知，点E到平面BMN的距离EF为定值，而△BMN的底边MN＝1，高BC＝2eq \r(2)，则△BMN的面积是定值，VM－BEN＝VE－BMN为定值，B错误；对于C，当N为CC1的中点时，CM＝1，在矩形BCC1B1中，tan∠MBC＝eq \f(CM,BC)＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(BF,BB1)＝tan∠BB1F，则∠MBC＝∠BB1F，∠BB1F＋∠MBB1＝∠MBC＋∠MBB1＝90°，即BM⊥B1F，由A项分析知，EF⊥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，于是BM⊥EF，而EF∩B1F＝F，EF，B1F⊂平面B1EF，因此BM⊥平面B1EF，C正确；对于D，当点M与点C重合时，直线BN与平面BME所成角的正切值最大，为eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，D正确．故选ACD. 19．(2024·河南周口沈丘县第二高级中学模拟)已知点S，A，B，C均在半径为4的球O的表面上，且SA⊥平面ABC，SA＝4，∠BAC＝eq \f(2π,3)，AB＝2eq \r(3)，点M在BC上，当直线SM与平面ABC所成的角最大时，AM＝______． eq \r(3) 解析：设△ABC的外接圆的圆心为H，半径为R，SA的中点为E，外接球的球心为O，连接OE，OH，AH，则OH⊥平面ABC，OE⊥SA，因为SA⊥平面ABC，故OH∥SA，故E，A，O，H四点共面，而AH⊂平面ABC，故SA⊥AH，故AH∥EO，故四边形EAHO为矩形．而R＝eq \f(1,2)×eq \f(BC,\f(\r(3),2))＝eq \f(BC,\r(3))，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,\r(3))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4))eq \s\up12(2)＝16，故BC＝6.在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB×AC×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，故36＝12＋AC2＋2eq \r(3)AC，故AC＝2eq \r(3)，故AC＝AB，故∠CBA＝∠ACB＝eq \f(π,6)，因为SA⊥平面ABC，故∠SMA为直线SM与平面ABC所成的角，当AM长度最小时，∠SMA有最大值，此时AM⊥BC，故AM＝2eq \r(3)×eq \f(1,2)＝eq \r(3). 20．如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是________． ①平面D1A1P⊥平面A1AP；②∠APD1的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；③三棱锥B1－D1PC的体积为定值；④DC1⊥D1P. 解析：∵D1A1⊥平面A1AP，D1A1⊂平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，①正确；若P是A1B上靠近A1的四等分点，D1P2＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,8)，此时AP2＝AAeq \o\al(2,1)＋A1P2－2AA1·A1Pcos45°＝eq \f(5,8)，D1P2＋AP2<ADeq \o\al(2,1)，此时∠APD1为钝角，②错误；由于BP∥CD1，则BP∥平面B1D1C，因此三棱锥P－B1D1C的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确；∵D1C⊥DC1，D1C∥A1B，∴DC1⊥A1B，且DC1⊥A1D1，A1B∩A1D1＝A1，∴DC1⊥平面A1PD1，又D1P⊂平面A1PD1，∴DC1⊥D1P，④正确． 21．(2025·上海大同中学高三摸底考试)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P的位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是线段BC上的动点． (1)求证：平面EMN⊥平面PBC； (2)当三棱锥M－EBN与四棱锥P－EBCD的体积之比为eq \f(1,6)时，求直线EN与平面PBC所成角的正弦值． (2)设AB＝2DC＝2BC＝4，由(1)得EM⊥平面PBC， 所以∠MNE是直线EN与平面PBC所成的角， 依题意，eq \f(VM－EBN,VP－EBCD)＝eq \f(\f(1,3)S△EBN×\f(1,2)PE,\f(1,3)S四边形EBCD×PE)＝eq \f(\f(1,2)×2×BN×\f(1,2),2×2)＝eq \f(1,8)BN＝eq \f(1,6)，则BN＝eq \f(4,3)， 所以EN＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(13),3)，EM＝eq \r(2)，所以直线EN与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(2),\f(2\r(13),3))＝eq \f(3\r(26),26). 22．(2025·四川成都嘉祥外国语高级中学模拟)如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别是AB，BC的中点，将△BEF沿EF折起，使点B到点P的位置，且PD＝4eq \r(2). (1)求证：平面PBD⊥平面ABCD； (2)求四棱锥P－ABCD的体积； (3)求二面角D－PE－F的余弦值． (2)在平面PBD内过P作PQ⊥BD于点Q，由平面PBD∩平面ABCD＝BD，结合(1)，知PQ⊥平面ABCD，在正三角形PEF中，PE＝2，PG＝eq \r(3)，DG＝BD－BG＝2ABcos30°－eq \r(3)＝3eq \r(3)，cos∠PGD＝eq \f(（\r(3)）2＋（3\r(3)）2－（4\r(2)）2,2×\r(3)×3\r(3))＝－eq \f(1,9)， 所以cos∠PGB＝eq \f(1,9)， 则sin∠PGB＝eq \r(1－cos2∠PGB)＝eq \f(4\r(5),9)，于是PQ＝PGsin∠PGB＝eq \f(4\r(15),9)， 所以四棱锥P－ABCD的体积为eq \f(1,3)×eq \f(4\r(15),9)×8eq \r(3)＝eq \f(32\r(5),9). (3)连接DF.在△ADE中，DE2＝AE2＋AD2－2AE·ADcos120°＝4＋16－2×2×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28，所以DE＝2eq \r(7)，显然DE2＋PE2＝32＝PD2，则有DE⊥PE，同理DF⊥PF，分别取PE，PD的中点O，M，连接FO，MO，FM， 则MO∥DE，因为MO⊥PE，FO⊥PE， 所以∠FOM是二面角D－PE－F的平面角， 因为FM＝eq \f(1,2)PD＝2eq \r(2)，MO＝eq \f(1,2)DE＝eq \r(7)，FO＝eq \r(3)， 所以cos∠FOM＝eq \f(（\r(3)）2＋（\r(7)）2－（2\r(2)）2,2×\r(3)×\r(7))＝eq \f(\r(21),21)，所以二面角D－PE－F的余弦值是eq \f(\r(21),21). 23．(2025·浙江名校协作体高三开学考试)正三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝2A1B1＝2eq \r(3)，AA1＝2，D为棱AB的中点，直线l为平面A1B1C1内的一条动直线．记二面角C－l－D的平面角为θ，则cosθ的最小值为(　　) A．0 B.eq \f(1,8) C.eq \f(\r(7),14) D.eq \f(1,7) 解析：取A1B1的中点E，设l交C1E于点F，四边形ABB1A1为等腰梯形，D，E分别为AB，A1B1的中点，则有C1E⊥A1B1，ED⊥A1B1，C1E∩ED＝E，C1E，ED⊂平面EDCC1，所以A1B1⊥平面EDCC1，当l∥A1B1时，有l⊥平面EDCC1，DF，CF⊂平面EDCC1，得DF⊥l，CF⊥l，则∠CFD为二面角C－l－D的平面角， 当l，A1B1不平行时，二面角小于∠CFD，由对称性可知，当FC＝FD时，∠CFD最大，作FH⊥CD，又AB＝2eq \r(3)，D为棱AB的中点，所以CD＝3，设O，O1分别为△ABC和△A1B1C1的中心，则CO＝eq \f(2,3)CD＝2，C1O1＝1，又CC1＝2，所以OO1＝2,1)eq \r(CC－（CO－C1O1）2) ＝eq \r(3)，则棱台的高为eq \r(3)，则有FH＝eq \r(3)，所以DF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋（\r(3)）2)＝eq \f(\r(21),2)，在△FDC中，由余弦定理，得cosθ＝eq \f(DF2＋CF2－CD2,2DF·CF)＝eq \f(1,7).故选D. 24．(多选)(2025·湖北部分重点高三联考)在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的底面半径为eq \r(2)，母线长为2，点C为PA的中点，圆锥底面上点M在以AO为直径的圆上(不含A，O两点)，点H在PM上，且PA⊥OH，当点M运动时，则(　　) A．三棱锥M－PAO外接球的体积为定值 B．直线CH与直线PA不可能垂直 C．直线OA与平面PAM所成的角可能为60° D．AH＋OH<2 解析：连接OM，AM，AH，OC，CM，对于A，易知PO⊥平面AMB，AM⊂平面AMB，所以AM⊥PO，因为点M在以AO为直径的圆上(不含A，O)，所以AM⊥OM，又OM∩PO＝O，OM，PO⊂平面POM，所以AM⊥平面POM，又PM⊂平面POM，所以AM⊥PM，又PO⊥AO，C为PA的中点，PA＝2，所以CO＝CA＝CP＝CM＝1，所以点C为三棱锥M－PAO外接球的球心，所以三棱锥M－PAO外接球的半径为r＝1，所以三棱锥M－PAO外接球的体积为定值，A正确；对于B，由已知，PO⊥AO，PA＝2，AO＝eq \r(2)，所以PO＝eq \r(22－（\r(2)）2)＝eq \r(2)＝AO，所以△POA为等腰直角三角形，又C为PA的中点，故PA⊥OC，又PA⊥OH，OH∩OC＝O，OH，OC⊂平面OHC，则PA⊥平面OHC，又CH⊂平面OHC，所以PA⊥CH，故B错误； 对于C，因为AM⊥平面POM，又OH⊂平面POM，所以AM⊥OH，又PA⊥OH，PA∩AM＝A，AM，PA⊂平面PAM，则OH⊥平面PAM，所以OA在平面PAM内的射影为AH，所以∠OAH为直线OA与平面PAM所成的角，设OM＝x，则PM＝eq \r(2＋x2)，又OH·PM＝OM·PO，所以OH＝eq \f(\r(2)x,\r(2＋x2))，所以sin∠OAH＝eq \f(OH,OA)＝eq \f(x,\r(2＋x2))，又∠OAH＝60°，则eq \f(x,\r(2＋x2))＝eq \f(\r(3),2)，解得x＝eq \r(6)，即OM＝eq \r(6)，与OM<OA矛盾，C错误；对于D，因为OH⊥平面PAM，AH⊂平面PAM，所以OH⊥AH，又OH＝eq \f(\r(2)x,\r(2＋x2))，OA＝eq \r(2)，所以AH＝eq \r(2－\f(2x2,2＋x2))＝eq \f(2,\r(2＋x2))，所以AH＋OH＝eq \f(\r(2)x,\r(2＋x2))＋eq \f(2,\r(2＋x2))＝eq \f(\r(2)（\r(2)＋x）,\r(2＋x2))，0<x<eq \r(2)，由基本不等式可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)＋x,2)))eq \s\up12(2)<eq \f(2＋x2,2)，即eq \r(2)＋x<eq \r(2)×eq \r(2＋x2)，所以AH＋OH<2，D正确．故选AD. 25．(多选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，AA1＝3，点M在BB1上，且BM＝eq \f(1,2)MB1，P为线段C1M上的点，则(　　) A．C1M⊥平面AMC B．当P为C1M的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正切值为eq \f(2\r(3),3) C．存在点P，使得CP⊥AM D．存在点P，使得三棱锥P－AMC的体积为eq \f(3\r(3),4) 解析：如图，对于A，假设C1M⊥平面AMC，则C1M⊥AC，易知CC1⊥AC，CC1∩C1M＝C1，故AC⊥平面BCC1B1，故AC⊥BC，这与∠ACB＝60°矛盾，故假设不成立，故A错误；对于B，当P为C1M的中点时，取BC的中点为N，连接PN，AN，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，则PN⊥平面ABC，故∠PAN即为AP与平面ABC所成的角，则tan∠PAN＝eq \f(PN,AN)＝eq \f(\f(1,2)（MB＋CC1）,\f(\r(3),2)×2)＝eq \f(\f(1,2)×（1＋3）,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，故B正确； 对于C，连接MN，由AN⊥BC，AN⊥CC1知AN⊥平面BCC1B1，故AN⊥CP，若CP⊥AM，∵AN∩AM＝A，则CP⊥平面AMN，则CP⊥MN，过C作CG∥MN交C1M于G，则CP⊥CG，即∠PCG＝90°，易知∠PCG不可能为90°，故不存在点P使得CP⊥AM，故C错误；对于D，AN＝eq \r(3)，若三棱锥P－AMC的体积为eq \f(3\r(3),4)，则VA－PMC＝eq \f(1,3)S△PMC·AN＝eq \f(3\r(3),4)⇒S△PMC＝eq \f(9,4)，∵S△CMC1＝eq \f(1,2)CC1·BC＝eq \f(1,2)×3×2＝3>S△PMC＝eq \f(9,4)，故存在点P，使得三棱锥P－AMC的体积为eq \f(3\r(3),4)，故D正确．故选BD. $$