8.6 空间直线、平面的垂直-【重难点手册】2025-2026学年高中数学必修第二册同步练习册（人教A版）

圆锥的高h=√22-1平=√3， ×3×月- 所以VO-ABC=3X 4 所以VM-ACN=2 wam=×2yeam=o=6 1 即四面体ACMN的体积为6： (③)在线段0B上存在点E,且器-3，使得DE/厚面AC 理由如下： 如图，取AC的中点F,且D是AN的中点，连接DF, 所以DF/CN,2DF=CN. 取CB的四等分点G,使CG=3BG,连接GE,FG. 因为OE=3EB,所以EG/OC,4EG=OC, 所以2EG=CN=2DF,EGDF, 所以四边形DFGE是平行四边形，所以DEFG. 又DE丈平面ABC,FGC平面ABC,所以DE∥平面ABC. 8.6空间直线、平面的垂直 变武训练 [变式1](1)如图1，取AD的中点G,连接GP,GB,因为侧面 PAD为正三角形，G为AD的中点，所以GP⊥AD. 又底面ABCD是边长为a的菱形，∠DAB=60°，G为AD 的中点，所以GB⊥AD. 因为GP∩GB=G,GPC平面PGB,GBC平面PGB, 所以AD⊥平面PGB 又PBC平面PGB,所以AD⊥PB. (2)存在棱PC上的中点F,使平面DEF⊥平面ABCD,证 明如下 士通常猜测特殊点的位置为中点或三等分点 方法一因为AD∥BC,AD⊥PB,所以BC⊥PB, 又E,F分别为BC,PC的中点，则EFPB,所以BC⊥EF 又底面ABCD是边长为a的菱形，∠DAB=60°，E为BC 的中点，所以DE⊥BC DE∩EF=E,且DEC平面DEF,EFC平面DEF, 所以BC⊥平面DEF. 又BCC平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD. 图 图2 方法二如图2，连接GC,交DE于点O,连接GE,在平行 四边形GECD中，O为GC的中点，在△PGC中，F为PC 的中点，所以FOPG. 又平面PDA⊥平面ABCD,PGC平面PAD,PG⊥AD,平 面PDA∩平面ABCD=AD, 所以PG⊥平面ABCD,所以FO⊥平面ABCD. 又FOC平面DEF,所以平面DEF⊥平面ABCD. 基础过关练 1.B2.D3.D 4.C[如图，连接AD,BC,AC,SC.因为O为AB,CD的中 点，且AB=CD,所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC, 所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角.设圆 0的半径为1，则SA=SC=厄.因为∠AOD=于，所以 ∠AD0=牙，在直角△DAC中，CD=2,得AC=3.所以 os∠SAC=W2)2+)2-W2)2=6 2X√2X3 ,所以异面直线 SA与BD所成角的余弦值为.】 A=--- -9B 5.45°.[由题意知平面APB与平面CPD的交线平行于AB. 又因为PA⊥AB,PD⊥AB,所以平面APB和平面CPD所 成二面角的平面角为∠APD.在Rt△APD中，因为AP= AD,所以所求二面角的大小是45°.] 6.DM⊥PC(答案不唯一).[由题意知底面ABCD为菱形， 则AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所 以PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,又PCC 平面PAC,所以BD⊥PC.又DM⊥PC,BD∩DM=D,所 以PC⊥平面MBD,又PCC平面PCD,所以平面MBD⊥ 平面PCD.故答案为DM⊥PC(其他满足题意的答案亦可， 如BM⊥PC,OM⊥PC等).] 综合提能练 1.C[如图，将EF平移到BD,B1C平移到A1D,所以过点B 作与异面直线B,C与EF所成的角都是60°的直线，即过点 B作与直线BD与A1D所成的角都是60的直线. D 35 因为直线BD与A1D所成的角为60°，所以∠A1DB的角平 分线平分角为60°或30°，若∠A1DB的角平分线平分角为 60°，则角平分线与异面直线BD与A1D所成的角都是60°， 此时将过点D的直线平移使其经过点B,故有一条.若 ∠A1DB的角平分线平分角为30°，即角平分线与异面直线 BD与A1D所成的角都是30°，则将过点D的直线绕点D 向上转动到与平面A1DB垂直的过程中，存在两条与异面 直线BD与A,D所成的角都是60°的直线，此时将过点D 的直线平移使其经过点B,故有两条.综上所述，过点B作 与异面直线B1C与EF所成的角都是60°的直线条数有 三条.] 2.B[易证AC⊥平面A1BD,当点P在线段CC1上从C运动 到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角a的变化情况为： ∠0A→∠C0A由于∠aA9m∠CaA, 点P为线段0C的中点时，a=受 229血 音=1，所以s血e的取值范调是[S,] 3.B[因为AB=6,A1B1=2,所以S△AB= ×36=93, 4 SA46-x45. 因为正三校台ABC-A.B,.C的体积为号。 所以若正三棱台ABC-A,B1C的高为h, 则v5+V93x店+E6=52 3 ,解得=43 3 若正△ABC,正△A1B1C1的中心分别为O,O1, 3 、2 X6=23,01A1三3X2X2=3 3 设A1A与平面ABC所成角为0， 4W3 h 3 则tan0=OA-01A143 =1.] 3 4BD[:∠BAD=年，CE∥AD,AB与CE不垂直. CEC平面CDE,∴直线AB与平面CDE不垂直，故A 错误 易知CE⊥AB,DE⊥AB,CE∩DE=E, .直线AB⊥平面CDE,故B正确. 易知AB与CE所成的角为管， ∴.直线AB与平面CDE不垂直，故C错误. 如图，DE⊥BF,DE⊥AF,BF∩AF=F, 36 ∴.DE⊥平面ABF」 ABC平面ABF,.DE⊥AB.同理，得CE⊥AB. .DE∩CE=E,.AB⊥平面CDE,故D正确.] 5.ACD[如图1，连接D1F,由正方体的定义可知AB/C1D1, 则∠DEF是异面直线EF与AB所成的角或其补角， D. E C 图1 因为C1D1⊥平面ADD1A1,且D1FC平面ADD1A1,则 C1D1⊥D1F.在Rt△D1EF中，D1E=1,D1F=√5，则EF VDE+DF-,所以s∠D,F-2-誓放A 正确， 如图2，将侧面A1ADD1沿A1D1展开与底面A1B1C1D1 在同一平面上，则AF十FE≥AE=√I3,当且仅当A,F,E 三角形两边之和大于第三边 三点共线时等号成立，所以AF+FE的最小值为√I3,故 B错误. D E C 图2 如图3，过点F作FHCD,交A1D1于点H,连接AH,DH. D E C A 图3 易知FH∥AB∥CD,则平面ABF即为平面ABFH,平面 CDF即为平面CDHF,则平面ABF∩平面CDF=FH.因 为C1D1⊥平面ADD1A1,所以FH⊥平面ADD1A1. 因为AH,DHC平面ADD1A1,则FH⊥AH,FH⊥DH, 可知∠AHD为平面ABF与平面CDF的夹角.因为F为线 段A1E上的动点，所以H为线段A1D1上的动点， 结合正方体的对称性可知当H为线段A1D1的中点时， ∠AHD取到最大值，cos∠AHD取到最小值，此时AH= 注意角的最值与余弦值的最值的对应性 DH=5,AD=2,则cos∠AHD=AH+DH-AD 2AH·DH 后；当H与线段A,D1的端点重合时，∠AHD取到最小值 3 4,es∠AHD原到最大值号。 综上所述，cos∠AHD∈ L5,乞所以平面ABF与平面 32 CDF夹角的余发值的取值范固为[号，号]，放C正确， 如图4，连接A1C1,BC1,设平面A1BC1与平面ABCD的交 线为L.因为AA1/∥CC1,且AA1=CC1,所以四边形ACCA1 为平行四边形，所以A1C∥AC.又ACC平面ABCD,AC1￠ 平面ABCD,所以AC∥平面ABCD,A1C1C平面A1BC, 所以A1CL,所以AC. D A. G 图4 因为C1F与平面ABCD交于点G,即G∈C1F,G∈平面 ABCD,且C1FC平面A1BC1,所以G∈平面A1BC1. 又因为平面A1BC1∩平面ABCD=I,所以G∈l,又I∥AC, 所以S△A0G=S△ABc=2. 因为A1A⊥平面ABCD,所以三棱锥A1-ACG的高为A1A= 2,所以三棱锥A1A0G的体积为行×2X2=号，放D正确] 6.BD[依题意，补齐正方体，如图. B 假设BC⊥平面ABE,·BEC平面ABE,.BE⊥BC, ∴∠EBC=90°.，二十四等边体就是一种半正多面体，由对 称性可知，六边形EBCGQM为正六边形，.∠EBC= 120°，这与∠EBC=90°矛盾，所以假设不成立，故A错误 ,BF=FN=2,正方体的棱长为2√2，该二十四等 边体的体积为正方体体积去掉8个三棱锥体积，即(2√2)3一 8X号×号×反×厄x反-02放B正确 ,EMPF,∴∠NPF为异面直线ME与PN所成角（或 补角).在等边△NFP中，∠NPF=60°，ME=PF, ∴.ME与NP的夹角为PF与NP的夹角，即180°-∠NPF 180°-60°=120°，故C错误. 点O为二十四等边体的外接球球心 如图，取正方形ACPM对角线交点为O,在等腰Rt△PFC 中，PC=2√2，在正方形ACPM中，AO=2,即外接球半径R =2,.该二十四等边体的外接球的表面积S=4R2= 16π，故D正确.] 7o,D:,号引[当平面ABDL平面ABCE时，点D在 平面ABCE内的射影恰好在直线AB上，则将△ADE沿AE 翻折到平面ABCE内时，点D一定在直线AB的下方.当E 为CD的中点时，∠EAD=45°，所以∠EAD>45°，则ED> AD=1,即ED∈(1,2]，所以CE的长度的取值范围是[0， 1).如图，连接EK,过点E作EN⊥AB交AB于点N,则 NB=CE<1.在Rt△AKD中，AD=1,所以AK<1,且 DK2=AD2-AK2=1-AK2,所以点K在点N的左侧，则 KN=2-AK-CE.由DK⊥AB,平面ABD⊥平面ABCE, 且平面ABD∩平面ABCE=AB,所以DK⊥平面ABCE, 又EKC平面ABCE,所以DK⊥EK.设AK=t,CE=x, x∈[0,1)，则DE2=DK2+KE2,所以(2-x)2=(1-t2)十 [2-4-x+1,即=2'∈[2)，BK=AB-AK= 2-1,] 2---t 8.(1)因为PD⊥底面ABCD,BCC底面ABCD, 所以PD⊥BC. 因为底面ABCD为长方形， 所以BC⊥CD. 因为PD∩CD=D,PD,CDC平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为DEC平面PCD,PCC平面PCD, 所以BC⊥DE,BC⊥PC. 因为PD=CD,点E是PC的中点， 所以DE⊥PC. 因为PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC, 所以DE⊥平面PBC. 37 因为EBC平面PBC,所以DELEB, 所以四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体 EBCD是一个鳖蠕，其四个面的直角分别是∠BCD, ∠BCE,∠DEC,∠DEB. (2)如图1，取DC的中点F,连接EF,过点F作FG⊥BD 于点G,连接EG 图1 因为E,F分别是PC,DC的中点，所以EFPD, 又PD⊥底面ABCD,所以EF⊥平面ABCD. 因为BDC平面ABCD, 所以EF⊥BD. 又因为FG⊥BD,EF∩FG=F,EF,FGC平面EFG, 所以BD⊥平面EFG. 因为EGC平面EFG,所以BD⊥EG,所以∠EGF就是平面 EDB与平面ABCD所成二面角的平面角. 设AD=t, 由∠FGD-∠BCD=S0°，可知△DFGD△DBC,所以DF BD 瓷所以FG= t二，所以tan∠EGF=s√R 2+4 又EF=PD-1,所以PG-号 3 所以t3 V+4=3,解得t=2 因为CD=2,AD=2,所以BD=6,DH= 2, 所以HB=√AH+AB=3V 2 所以cos∠DHB=DH+HB-BD = 2·DH·HB 3 所以sin∠DHB=2 3 如图2，设△DHB的外接圆半径为r,外接圆圆心为O,连接 OB,OD,OH, 则2x sin∠DHB=2,则r=D0-H0=B0=33, BD 3v3 4 在底面ABCD中，过点O作OM⊥CD,OK⊥DH,垂足分别 为M,K,连接OF, 38 则OM=Dx=号DH-9则DM=VO-O- 4 1 又DF=1,所以FM= ,所以F0=E 4 0 FM K 图2 设三棱锥E-HBD的外接球球心为O1,球的半径为R,连接 001,并设001=λ(>0). 若球心O,和点E位于平面DHB的异侧，如图3，连接 注意球心O1的位置，构造的三角形不同，可能 O H,OE, 会影响结界 则R=0,-√(+=m,-√ +(+1)2, B 图3 若球心O1和点E位于平面DHB同侧， 则R=H0,V+=0,√图 十(1-)2， 解得入=一 舍去). 综上所述，三棱锥EHBD的外接球的表面积S=4πR2=7π 9.(1)因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD= AB,PAC平面PAB,PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD. 又BCC平面ABCD,所以PA⊥BC. 如图1，过点C作CG⊥AB交AB于点G, 则出题意可得AG=号BG=子， 所以cG=VBcG-9AC=VaG+AG-5, 所以AC2+BC2=AB2,即AC⊥BC. 又AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC, 又BCC平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC. 图1 (2)如图2，过点A作AE⊥PC交PC于点E, 由(I)可得平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC= PC,AEC平面PAC, 所以AE⊥平面PBC. 因为点A到平面PBC的距离为号，所以AE- 2 由(1)得PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,得PA⊥AC, 所以sin∠ACP=AE=1 AC2’ 所以am∠ACP2gPA-L 延长AD,BC交于点S,则平面PAD∩平面PBC=PS, 由四边形ABCD为等腰梯形，且AB=2CD=2AD=2可得 AS=BS=AB=2,C,D分别为BS,AS的中点， 连接BD,则BD⊥AS,且BD=√3， 又PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,则PA⊥BD. 又PA∩AS=A,AS,PAC平面PAS, 所以BD⊥平面PAS,又PSC平面PAS, 所以BD⊥PS. 过点D作DF⊥PS,交PS于点F,连接BF, 因为DFC平面PAS,所以BD⊥DF. 又DF∩BD=D,DF,BDC平面BDF,所以PS⊥平面BDF. 因为BFC平面BDF,所以PS⊥BF, 所以∠BFD为平面PAD与平面PBC的夹角. 因为∠PAS=∠DFS=90°，∠DSF=∠PSA, 所以Rt△PAS∽Rt△DFS, 则P5-PS=VPA+AS-5, 所D-24-所以F-VD+- PS 5, 所以s∠BPD-BS- 故平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为4 图2 10.(1)连接AB1,与A1B交于点O,连接OM,如图1. 在△B1AC中，M,O分别为AC,AB1的中点， 所以OM/B1C,又OMC平面A1BM,B1C庄平面A1BM, 所以B1C平面A1BM. M 图1 图2 (2)因为AA1⊥平面ABC,BMC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,ACC平面ACC1A1, 所以BM⊥平面ACC1A1, 又AC1C平面ACC1A1,所以BM⊥AC1. 因为AC=2,所以AM=1.又AA1=√2， 在Rt△ACC1和Rt△A1AM中， tan∠AC,C=tan∠AMA=2, 所以∠AC1C=∠A1MA, 即∠AC1C+∠C1AC=∠A,MA+∠C1AC=90°， 所以A1M⊥AC1. 又BM∩A1M=M,BM,A1MC平面A1BM, 所以AC1⊥平面A1BM, (③)当N为B,的中点，即器=时平面AGN1平 面AA1C1C.证明如下： 设AC1的中点为D,连接DM,DN,如图2所示. 因为D,M分别为AC1,AC的中点， 所以DM/cC,且DM=2CC, 又N为BB1的中点，所以DMBN且DM=BN, 所以四边形BNDM为平行四边形，故BMDN. 由(2)知，BM⊥平面ACC1A1,所以DN⊥平面ACC1A1. 又DNC平面AC1N,所以平面AC1N⊥平面ACCA1, 培优突破练 1.(1)如图1，取BC的中点D,连接AD,PD. B 图1 由AB=AC,D为BC的中点，得AD⊥BC, 由PB=PC,D为BC的中点，得PD⊥BC. 39 因为AD∩PD=D,AD,PDC平面ADP, 所以BC⊥平面ADP. 又APC平面ADP,所以BC⊥AP, (2)如图2，过点H作HE⊥AB,垂足为E,连接PE. 图2 则∠BAH=∠EAH=01,所以cos01= AE AH 因为P在平面ABC上的投影为H, 所以PH⊥平面ABC. 又ABC平面ABC,所以PH⊥AB, AH 所以∠PAH=02,os0:=PA 因为PH∩EH=H,PH,EHC平面PEH, 所以AB⊥平面PEH. 又PEC平面PEH,所以AB⊥PE, ∠PAB=∠EAP=0,所以cos0=AE PA AE AH AE 所以cos61cos0:一A行·P片一P片=cos0,结论得证. 因为01,02,0∈ ], 所以cos01∈[0,1]，cos02∈[0,1]，cos0∈[0,1]， 所以cos0=cos01cos02≤cos02.所以0>≥02 函数y=c0sz在[0，]上单词递减 (3)如图3，连接AH并延长，交BC于点D,连接BH 因为PHL平面ABC,所以∠PHC=∠PHB= 易知△PHC≌△PHB,则HC=HB. 又BD=DC,所以△HBD≌△HCD, 则HD⊥BC,所以点H在直线AD上 在Rt△ABD中，AD=√AB2-BD=4, 同理PD=4,△PAD是等边三角形. 因为PH⊥AD,所以H是AD的中点， 则AH=2,PH=√PA2-AH=2√3，PM=√/5. 图3 40 因为M为平面ABC内一点，且HM=√3<HD, 所以M点的轨迹是以H为圆心W3为半径的圆. 设HM与BC的夹角为B,3∈[0,2]， 因为PM.BC=(Pi+H.Bd -PH.BC+HM.BC-HM.BC, PM.BC HM·BC 所以cosa= IPM·|BC PM·BC 3 X6cos B 5 √15X6 5Icos Bl. 当ca月l=1时，casu取得展大值停 专题3立体儿何中的翻折问题 1.C[翻折之后如图所示. Q 因为AD=3AE,BC=3BF,所以ABEF且EFCD,因此 ABCD,故A成立.连接FD,因为P,Q分别为FA,FD的 中点，所以PQ∥AD.又因为EF⊥AE,EF⊥DE,AE∩DE= E,AE,DEC平面AED,则EF⊥平面AED.因为AB∥ EF,所以AB⊥平面AED.又ADC平面AED,所以AB⊥ AD,所以AB⊥PQ,故B成立.因为PQ∥AD,ED∩AD= D,所以PQ与ED不平行，故C不成立.因为PQ∥AD,且 PQ中平面ADE,ADC平面ADE,所以PQ∥平面ADE,故 D成立.] 2C[对于①，由AB=2,∠BAD-,E为边BC的中点可 知∠B=F且BE=1,易知AE⊥EC,AE⊥B1E.又ECn B1E=E,EC,B1EC平面B1EC,故AE⊥平面B1EC.又 AEC平面AB,E,所以平面AB1E⊥平面B1EC,故①正确. 对于②，如图，设G是AB1的中点，连接GE,G'F,又F为 B,D的中点，则G'FAD且GP=2AD.又EC=2BC= 号AD且EC/AD,所以GF/EC且G'F=EC,即四边形 FGEC为平行四边形，故CF∥EG',所以AB1与CF的夹 角为∠AGE或其补角.若G为AB1的中点，由①分析易知 ∠AGE-红故AB,与CF的夹角为否，故②正确8.6空间直乡 A基础过关练 。测试时间：20分钟 1.[题型2]设l,m是两条不同的直线，a是一个平 面，则下列命题中正确的是( A.若l⊥m,mCa,则l⊥a B.若l⊥a,l/m,则m⊥a C.若la,ma,则lm D.若la,ma,则l,m 2.[题型6](2025·辽宁沈阳二中月考)在空间中， 下列命题正确的是(). A.垂直于同一条直线的两直线平行 B.平行于同一条直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 3.[题型2]关于直线m,n与平面a,B,有下列四个 说法： ①若ma,nB,且aB,则mn; ②若m⊥a,n⊥3，且a⊥3，则m⊥n; ③若m⊥a,nβ，且aβ，则m⊥n; ④若ma,n⊥3，且a⊥β，则mm. 其中正确说法的序号是(). A.①②B.③④C.①④D.②③ 4.[题型1]《几何原本》是古希腊数学家欧几里得 的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰 直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若AB, CD都是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD -亏，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为 (). A------ ----B D A号 C6 4 06 3 5.[题型5]过正方形ABCD的顶点A作线段PA ⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面APB和平 第八章立体几何初步推 线、平面的垂直 面CPD所成二面角的大小是 6.[题型3]如图所示，在四棱锥P-ABCD中， PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等，AC∩ BD=O,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) D B综合提能练 。测试时间：30分钟 1.[题型1门](2025·浙江金华一中月考)如图，在正 方体ABCD-A1B1CD1中，E,F分别是AB, AD的中点，则过点B作与异面直线B,C与EF 所成的角都是60°的直线条数(). D A.有无数条 B.有两条 C.有三条 D.有一条 2.[题型5](2025·浙江舟山中学单元检测)如图 所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O为 线段BD的中点.设点P在线段CC1上，直线 OP与平面A1BD所成的角为a,则sina的取 值范围是( D a A. a c33 622 33 用重难点手册高中数学必修第二册RJA, 3.[题型5](2025·湖南长沙明德中学期末)已知 正三按台ABC-A.B,C的体积为号，AB=6, A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值 为(). A号 B.1 C.2 D.3 4.[题型2]（多选）在如图所示的四个正方体中，直 线AB与平面CDE垂直的是( 5.[题型1、5](2025·浙江慈溪中学单元检测)（多 选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,E是 棱CD1的中点，则下列结论正确的是(). A若F是棱AA1的中点，则异面直线EF与 AB所成角的余弦值是胃 B.若F为棱A1D1上的动点，则AF十FE的最 小值为√17 C.若F为线段A1E上的动点，则平面ABF与 平面CDF夹角的余弦值的取值范围为 32 5’2」 D.若F为线段A1B上的动点，且C1F与平面 ABCD交于点G,则三棱锥A1ACG的体积 为号 6.[题型1、2](2025·湖北宜昌一中月考)（多选） 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不 全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的 对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是 由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个 34 正方形围成（如图所示）.若它所有棱的长都为 2,则( A.BC⊥平面ABE B该二十四等边体的体积为40,2 3 C.M正与NP的夹角为60° D.该二十四等边体的外接球的表面积为16π 7.[题型7](2024·西南大学附中期末)如图，在矩 形ABCD中，AB=2,BC=1,E为线段CD上 任意一点.现将△AED沿AE折起，使得平面 ABD⊥平面ABCE,则CE的长度的取值范围 是 ;在△ABD内，过点D作DK⊥ AB,K为垂足，则BK的取值范围是 K 8.[题型5](2025·江西余江一中单元检测)在《九 章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底 面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角 三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马 P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD,且PD= CD=2,点E是PC的中点，连接DE,BD,BE. (I)求证：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD 是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角（只 需写出结论)；若不是，请说明理由. (2)设点H是AD的中点，若平面EDB与平面 ABCD所成二面角的大小为号，求三棱锥 E-HBD的外接球的表面积. 9.[题型3、6](2025·安徽合肥八中期末)如图，在 四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD, PA⊥AB,底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD, 且AB=2CD=2AD=2. (1)求证：平面PAC⊥平面PBC; ②)者点A到平面PBC的距离为汽，求平面 PAD与平面PBC夹角的余弦值 10.[题型2、3、4、7](2024·浙江慈溪中学单元检 测)如图，在直三棱柱ABC-A,B1C1中，M为 棱AC的中点，AB=BC,AC=2,AA1=√2. (1)求证：B1C/平面A1BM (2)求证：AC1⊥平面A1BM, (3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面 AC1N⊥平面AA1C1C?如果存在，求此 时院的值，如果不存在，清说明理由。 M 第八章立体几何初步 C培优突破练 ●测试时间：10分钟 1.(2025·华中师大一附中竞赛训练)在三棱锥 P-ABC中，AB=AC=PB=PC,记点P在平 面ABC上的投影为点H. 图1 图2 Hi 图3 (1)如图1，求证：AP⊥BC; (2)如图2，记∠PAB=0,∠BAH=01,直线AP 与平面ABC所成角为02，证明cos0=cos01· cos02,比较0与02的大小并说明理由； (3)如图3，已知AB=5,AP=4,BC=6,M为 平面ABC内一点，且HM=√3，记异面直线 PM与BC所成角为a,求cosa的最大值. 35