7.4 空间直线、平面垂直的判定与性质 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 第四讲　空间直线、平面垂直的判定与性质 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[42] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　直线与平面垂直 1．直线与平面垂直 (1)定义：若直线l与平面α内的________一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直． 任意 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)判定与性质   判定定理 性质定理 文字 语言 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 (线线垂直⇒线面垂直) 垂直于同一平面的两直线平行 图形 语言 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 l⊥a l⊥b a∩b＝P a∥b 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 过一点作垂直于已知平面的直线________________. 过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，________________叫做这个点到该平面的距离． 一条直线与一个平面平行时，这条直线上______________________ ______，叫做这条直线到这个平面的距离． 如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离． 有且只有一条 垂线段的长度 任意一点到这个平面的距离 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．直线与平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，叫做这条斜线和这个平面所成的角． 若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为______， 若直线与平面垂直，直线与平面所成角为______. 锐角 0 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点二　平面与平面垂直 1．二面角的有关概念 (1)二面角：从一条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角． (2)二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱________的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角． (3)二面角θ的范围：θ∈[0，π]． 两个半平面 垂直 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．平面与平面垂直 (1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直． (2)判定与性质   判定定理 性质定理 文字 语言 如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．(线面垂直⇒面面垂直) 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. (面面垂直⇒线面垂直) 直二面角 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 α⊥β α⊥b α⊥β 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 归 纳 拓 展 1．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． 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)． 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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　) (2)垂直于同一个平面的两平面平行．(　　) (3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　　) (4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　　) (5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　　) (6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组二　走进教材 2．(必修2P164T15)如图1，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，如图2，沿SE，SF，EF将正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合，重合后的点记为G，则在四面体S－EGF中(　　) A．SG⊥平面EFG B．SD⊥平面EFG C．GF⊥平面SEF D．GD⊥平面SEF [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由题意知SG⊥GF，SG⊥GE，GF∩GE＝G.∴SG⊥平面GEF，故选A. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(必修2P152例4)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为AB，BC的中点，则直线MN与平面DCA1所成角的大小为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组三　走向考场 4．(2024·全国甲卷)设α、β是两个平面，m、n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β ③若n∥α，且n∥β，则m∥n ④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对①，当n⊂α，因为m∥n，m⊂β，则n∥β，当n⊂β，因为m∥n，m⊂α，则n∥α，当n既不在α也不在β内，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①正确；对②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误；对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，则s∥t，因为s⊄平面β，t⊂平面 β，则s∥平面β，因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③正确；对④，若α∩β＝m，n与α和β所成的角相等，如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④错误；综上只有①③正确，故选A. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点突破 · 互动探究 返回导航 空间垂直关系的基本问题——自主练透 1．(2026·广东深圳光明区调研)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是(　　) A．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β B．若m⊥α，m∥n，则n⊥α C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由α⊥β，m⊂α，则m与β相交或m⊂β或m∥β(m为两个平面的交线时)，故A错误；由线面垂直的性质知m⊥α，m∥n时，n⊥α，故B正确；当m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n无公共点，则m∥n或m与n异面，故D错误．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)已知α，β，γ是三个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则(　　) A．若α⊥β，l∥α，m∥β，则l⊥m B．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ C．若l⊥α，m∥β，且α∥β，则l⊥m D．若l⊥α，m∥l，m⊂β，则α⊥β [答案]　CD [解析]　若α⊥β，设α∩β＝c，当l∥c∥m，且l⊄α，m⊄β时，l∥m，故A错误；若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ或α，γ相交，故B错误；由l⊥α，α∥β知l⊥β，又m∥β，∴l⊥m，故C正确；若l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，故D正确．故选CD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 解决这类线、面位置关系判定的问题一般是利用正方体模型或画图分析解决，其实最好的办法是笔当线，纸、手掌当面动态演示． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 1．(多选题)已知直线l与平面α相交于点P，则(　　) A．α内不存在直线与l平行 B．α内有无数条直线与l垂直 C．α内所有直线与l是异面直线 D．至少存在一个过l且与α垂直的平面 [答案]　ABD [解析]　α内的直线与l相交或异面，A对，C错；直线l与它在平面α内的射影m所确定的平面β与平面α垂直，D对；平面α内与射影m垂直的直线也与l垂直，显然这样的直线有无数条，B对．故选ABD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)(2024·内蒙古呼伦贝尔模拟改编)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l∥α，m⊥β，则下列四个结论正确的是(　　) A．若α∥β，则m⊥α　　 B．若l⊥m，则l∥β C．若α⊥β，则l⊥m D．若m∥α，则α⊥β [答案]　AD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　若α∥β，由于m⊥β，故m⊥α，A正确；若l⊥m，则l可能在β内，B错误；若α⊥β，则l，m可能平行，C错误；若m∥α，则设过m的平面γ与α交于n，则m∥n，由于m⊥β，故n⊥β，而n⊂α，故α⊥β，D正确，故选AD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 直线与平面垂直的判定与性质——多维探究 角度1　线、面垂直的判定 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：取AD的中点O，连接SO，OE，OF. 因为四边形ABCD是矩形，O，E分别是AD，BC的中点， 所以EO綉AB，所以EO⊥AD. 因为△SAD是等边三角形，所以SO⊥AD. 因为SO∩OE＝O，所以AD⊥平面SOE. 因为SE⊂平面SOE，所以AD⊥SE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以△SOE是等腰三角形． 因为F是SE的中点，所以OF⊥SE. 因为OF∩AD＝O， 所以SE⊥平面ADF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 如图，连接AE，DE， 因为E为BC的中点， 所以AE＝DE＝2. 所以SD＝DE，SA＝AE. 又F为SE的中点， 所以DF⊥SE，AF⊥SE. 因为DF∩AF＝F， 所以SE⊥平面ADF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法三：由证法一易得AD，OE，SO两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度2　线、面垂直的性质 (2026·四川巴中诊断(节选))如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1，∠ABC＝90°，AA1＝AB. 求证：A1C⊥AB1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则B1B⊥BC， 又∠ABC＝90°，即AB⊥BC， 又B1B∩AB＝B，B1B⊂平面ABB1， AB⊂平面ABB1， 所以BC⊥平面ABB1， 又AB1⊂平面ABB1，所以BC⊥AB1， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB， 则四边形ABB1A1为正方形，连A1B， 所以AB1⊥A1B，又BC∩A1B＝B，BC⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC， 又A1C⊂平面A1BC，所以A1C⊥AB1， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：由题意易知BA，BC，BB1两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 设AA1＝AB＝a，BC＝b， 则A1(a,0，a)，C(0，b,0)，A(a,0,0)，B1(0,0，a)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度3　直线与平面所成的角 (2026·福建福州质检)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]本例中A1B1与平面AB1C所成角的正弦值为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系． 如：直径所对圆周角是直角；菱形对角线互相垂直；等腰三角形底边上的中线、顶角平分线垂直底边．等等． (2)若知某些线段长度，常利用勾股定理的逆定理． (3)利用直线与平面垂直的性质． (4)向量法：a⊥b⇔a·b＝0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．证明线面垂直的常用方法 (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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．求直线与平面所成角的方法 (1)定义法：①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键； ②证，证明所作的角为直线与平面所成的角； ③求，通过解三角形，求角． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 证明：PA⊥平面PBC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：因为△ABC是底面圆O的内接正三角形，且AE为底面直径，所以AE⊥BC. 因为DO(即PO)垂直于底面，BC在底面内， 所以PO⊥BC. 又因为PO⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，PO∩AE＝O， 所以BC⊥平面PAE. 又因为PA⊂平面PAE，所以PA⊥BC. 设AE∩BC＝F，则F为BC的中点，连接PF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 两个平面垂直的判定与性质——师生共研 证明：平面PBC⊥平面PAE. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　连接AC.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°. 所以△ACD是正三角形． 又E为CD的中点，所以AE⊥CD，则AE⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以AE⊥平面PAB. 因为PB⊂平面PAB， 所以AE⊥PB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 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(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(一般在一个平面内找交线的垂线，证此线与另一面垂直．) 2．在已知面面垂直时，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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 求证：DE⊥AM. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 直线与平面平行、垂直判定和性质的综合应用 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由正方体性质易知B1D⊥平面A1BC1， 又A1P⊂平面A1BC1， ∴B1D⊥A1P，故A正确； 由平面BDC1∥平面AB1D1， DP⊂平面BDC1， ∴DP∥平面AB1D1，故B正确； ∵AD1∥BC1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1， ∴BC1∥平面ACD1， ∴点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 A．A′C∥C′M B．A′C′∥平面AMC C．AM⊥B′C′ D．平面AMC⊥平面A′MC′ [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 AC中点，所以MD⊥AC，又AC∥A′C′，所以MD⊥A′C′，又MD′∩A′C′＝D′，MD′，A′C′⊂平面A′MC′，所以MD⊥平面A′MC′，又MD⊂平面AMC，所以平面AMC⊥平面A′MC′，故D正确．故选BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 空间两点“路径”最短问题通常“展平”化为两点间距离问题．注意“垂直”与“平行”的互证． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (2024·陕西汉中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法中不正确的是(　　) A．MN∥平面ADD1A1 B．MN⊥AB C．MN与CC1所成角为45° D．MN⊥平面ACD1 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[42] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．(2024·黑龙江哈尔滨香坊区期末)已知直线m，n，平面α，β，m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，m⊥l，则m⊥n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 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　依题意，由m⊥l，m⊥n，当n∥l时，不能证得m⊥β，从而不能证得α⊥β，当α⊥β，m⊥l时，由已知及面面垂直的性质知m⊥β，而n⊂β，因此m⊥n，所以m⊥n是α⊥β的必要不充分条件．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2026·贵州贵阳一中月考)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，若直线l满足l⊥m，l⊥n，则下列说法一定错误的是(　　) A．α∩β＝l B．α与β相交，且交线平行于l C．α⊥β，且交线平行于l D．α∥β，l∥α [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　A：如图，可满足题干要求： BC：如图，可满足题干要求： D：若α∥β，则m∥n，与m，n为异面直线矛盾，故D错误，故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2025·江苏淮安十校联考)已知α，β是两个不重合的平面，m，n为两条不同的直线，给出下列命题，其中是真命题的个数是(　　) ①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β ②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β ④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α，β可能平行或相交，故①为假命题；②若α∥β，m∥α，n∥β，则m和n可能平行、相交或异面，故②为假命题；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，故③为真命题；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n，故④为真命题．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列命题中正确的有(　　) A．①④ B．①③④ C．②③⑤ D．①②④⑤ [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．(2026·江苏徐州一中检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论错误的是(　　) A．AD1∥平面C1BD B．A1C⊥平面C1BD C．存在过AC的平面α，使得A1B∥α D．存在过AC的平面β，使得A1B⊥β [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于A，因为AD1∥BC1，AD1⊄平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，所以AD1∥平面C1BD，故A项正确； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 对于B，易证BD⊥平面ACC1A1，又A1C⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C，同理可得C1D⊥A1C，又C1D，BD⊂平面C1BD，C1D∩BD＝D，所以A1C⊥平面C1BD，故B项正确； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 对于C，由A1B∥D1C，A1B⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，得A1B∥平面ACD1，所以平面ACD1即为平面α，故C项正确； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 对于D，假设A1B⊥β，因为AC⊂β，所以A1B⊥AC，又A1B⊥BC，AC，BC⊂平面ABCD，AC∩BC＝C，所以A1B⊥平面ABCD，这明显错误，所以假设不成立，故D项错误．故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 6．(2022·全国乙卷)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 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　正方体中DD1⊥EF，又AC⊥BD，EF∥AC，∴BD⊥EF，∴EF⊥平面BDD1，EF⊂平面B1EF，从而平面B1EF⊥平面BDD1，∴A正确；若平面B1EF⊥平面A1BD，则BD⊥平面B1EF，∴BD⊥B1E，又BB1⊥BD，∴BD⊥平面BB1E，又AD⊥平面BB1E，∴AD∥BD这与AD、BD相交矛盾，∴B错误； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 取A1B1的中点H，则AH∥B1E，由于AH与平面A1AC相交，故平面B1EF∥平面A1AC不成立，C错误；取AD的中点M，很明显四边形A1B1FM为平行四边形，则A1M∥B1F，由于A1M与平面A1C1D相交，故平面B1EF∥平面A1C1D不成立，D错误．故选A. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 7．(2024·江苏常州中学检测)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　) A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α C．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α D．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　对于A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或者m∥α或者m，α相交，故A错误；对于B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或者m∥α或者m，α相交，故B错误；对于C，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊂α或者m∥α或者m，α相交，故C错误；对于D，若m⊥β，n⊥β，则n∥m，又n⊥α，所以m⊥α，故D正确．故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别为A1B，A1C1，A1D的中点，则下列结论中错误的是(　　) A．MN∥AD1 B．平面MNP∥平面BC1D C．MN⊥CD D．平面MNP⊥平面A1BD [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 二、多选题 9．(2025·新课标Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，则(　　) A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 又AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确；因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1∥AB，假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB＝A矛盾，所以AD∥A1B1不成立，故C错误．故选BD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 A．若BC⊥CD，则AC⊥EF B．若BC⊥CD，则AD⊥平面BEF C．若BC＝BD，则EF∥CD [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 11．(2024·湖南“一起考”大联考模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，则下列结论正确的是(　　) A．直线A1B与EF所成的角的大小为60° B．直线AD1∥平面DEF C．平面DEF⊥平面BCC1B1 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　连接BC1，C1A1，如图，由正方体的结构特征知，|BC1|＝|A1B|＝|A1C1|，即△A1BC1为正三角形．又因为E，F分别为BC，CC1的中点，则EF∥BC1，因此直线A1B与EF所成的角即为直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1或其补角，又∠A1BC1＝60°，所以直线A1B与EF所成的 角的大小为60°，A正确；因为EF∥BC1，所以AD1∥EF，AD1⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，故直线AD1∥平面DEF，B正确；取EF的中点为M，连接DM，显然|DE|＝|DF|，EF的中点为M，则DM⊥EF，假设平面DEF⊥平面BCC1B1，而平面DEF∩平面BCC1B1＝EF，于是DM⊥平面BCC1B1，又DC⊥平面BCC1B1，则DM∥DC，与DM∩DC＝D矛盾，C错误； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 三、填空题 12．(2023·湖南五校联考)已知直线m、l，平面α、β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题： ①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l； ③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β. 其中正确的命题是________. [答案]　①④ [解析]　对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m与l垂直，或m与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α⊥β或α∥β或α与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 13．已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_____________________________________ [答案]　若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m) [解析]　由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 四、解答题 14．如图，在四棱锥B－ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，△ABC是等边三角形，在直角梯形ACDE中，AE∥CD，AE⊥AC，AE＝1，AC＝CD＝2，P是棱BD的中点． 求证：EP⊥平面BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [证明]　证法一：如图，作PQ∥DC交BC于点Q，连接AQ， ∵P为BD的中点， ∴Q为BC的中点， ∴PQ綉AE， 四边形AEPQ为平行四边形，∴EP∥AQ. 又△ABC为等边三角形， ∴AQ⊥BC，∴EP⊥BC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 又AE∥CD，AE⊥AC，∴CD⊥AC， 又平面ABC⊥平面ACDE， ∴CD⊥平面ABC，又AQ⊂平面ABC，∴AQ⊥CD， ∴EP⊥CD， 又CD∩BC＝C，∴EP⊥平面BCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证法二：分别取梯形两腰AC、ED的中点O、H，连接OH，OB. 则OH∥AE， ∵AE⊥AC，∴OH⊥AC， 又平面ACDE⊥平面ABC， ∴OH⊥平面ABC，∴OH⊥AC，OH⊥OB. 又△ABC为正三角形，∴OB⊥AC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 求证：平面PBD⊥平面ABD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 1．(2025·江苏南通调研)设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是(　　) A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α B．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m C．若l∥m，m⊥α，n⊥α则l⊥n D．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　由m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，只有直线m与n相交时，可得l⊥α，所以A错误；由m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m平行、相交或异面，所以B错误；由l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n，所以C错误；由l∥m，l⊥α，可得m⊥α，又因为m∥n，所以n⊥α，所以D正确．故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)(2026·湖南九校联盟联考)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，侧棱BB1垂直于底面ABCD，下列结论正确的是(　　) A．若AB＝AD，则AC⊥BD1 B．若AC＝BD，则AC⊥BD1 C．若A1D＝A1B，则BD⊥平面ACC1A1 D．若AD＝AA1，则AD1⊥平面DA1B1C [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC，又AB＝AD，底面为菱形，则AC⊥BD，BD∩BB1＝B，则AC⊥平面DBB1D1，因为BD1⊂平面DBB1D1，所以AC⊥BD1，A正确；AC＝BD，底面为矩形，无法得到AC⊥平面DBB1D1，B错误；设AC与BD交于点O，由A1D＝A1B，O为BD中点，得A1O⊥BD，因为AA1∥BB1，BB1⊥平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD，因为AA1∩A1O＝A1，所以BD⊥平面A1ACC1，C正确；因为AD＝AA1，所以平面ADD1A1为正方形，所以AD1⊥A1D，而AD1与A1B1不一定垂直，D错误．故选AC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(多选题)(2024·江苏镇江一中阶段测试)如图，AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，则圆O上存在点M使(　　) A．MN∥SC B．MN∥平面SBC C．SM⊥AC D．AM⊥平面SBC [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　假设存在点M使MN∥SC，所以M，N，S，C四点共面，又因为A∈SN，所以A∈平面MNSC，易得点A，M，C为平面MNSC和平面ABC的公共点，所以A，M，C三点共线，与题意矛盾，故不存在点M使MN∥SC，即A错误；过O作OM∥BC，交劣弧AC于点M，连接ON，由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB，由于OM⊄平面SBC，ON⊄平面SBC，所以OM∥平面SBC，ON∥平面SBC，又因为OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，由于MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，即B正确；点M的位置同选项B，由于AB为直径，所以AC⊥BC，即AC⊥OM，由圆锥易得SO⊥AC，SO∩OM＝O，所以AC⊥平面SOM，所 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 以AC⊥SM，即C正确；假设存在点M使AM⊥平面SBC，所以AM⊥SB，又因为AM⊥SO，SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SBO，故平面SBC应与平面SBO平行，与题意显然不符，即D错误．故选BC. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(多选题)(2025·浙江L16联盟联考)如图，在三棱锥P－EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P－EDF中(　　) [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证明：平面AOP⊥平面OEF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O， 故PO⊥OF， 又OA∩OP＝O，所以OF⊥平面AOP， 又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) (2026·黑龙江大庆质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AD＝2，AB＝BC＝1，△PAD为等边三角形，M为PA的中点，且平面PAD⊥平面ABCD，PD⊥AB. (1)证明：DM⊥平面PAB； (2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：如图，取AD中点O，连接OP， 在正△PAD中，PO⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴OP⊥平面ABCD， ∴PO⊥AB，又AB⊥PD，PO∩PD＝P， ∴AB⊥平面PAD，又MD⊂平面PAD， ∴DM⊥AB， 在正△PAD中，M为PA的中点， ∴DM⊥PA，又AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，且AB∩PA＝A， ∴DM⊥平面PAB. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 判定定理 性质定理 符号 语言 ⇒l⊥α ⇒__________ (2)线面角θ的范围：θ∈. 判定定理 性质定理 图形 语言 符号 语言 ⇒__________ ⇒__________ A． B． C． D． [解析]　连接AC，AD1，设AD1∩A1D＝H，连HC，易知AH⊥平面A1DC，MN∥AC，∴∠HCA即为MN与平面DCA1所成的角，且sin∠HCA＝＝.∴MN与平面DCA1所成角为.故选A. 5．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A． B．1 C．2 D．3 [解析]　解法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×6×＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC－A1B1C1的为h，则＝(9＋＋)h＝，解得h＝，如图，分别过A1，D1作底面垂线，垂足为M，N，设AM＝x， 则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得BB＝2＋DD，即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1. 解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，则＝，可知＝VP－ABC＝，则VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B. 因为SA＝2AB， 所以OS＝SAsin∠SAD＝SA＝×AB＝AB＝OE， 证法二：不妨设AB＝，则SA＝AD＝SD＝2. 不妨设AB＝，则AD＝2，OS＝， 则S(0,0，)，E(0，，0)， ∴＝(0，－，)，F，又A(1,0,0)， ∴＝， ∴·＝0，即SE⊥AF， 同理SE⊥DF，DF∩AF＝F，∴SE⊥平面ADF. ∴＝(－a，b，－a)，＝(－a,0，a)， ∴·＝a2－a2＝0，∴A1C⊥AB1. A．　　 B． C．　　 D． [解析]　解法一：如图，取BC的中点D，连接AD、B1D，由正三棱柱的性质易知AD⊥BC，从而AD⊥平面BCC1B1，∴∠AB1D即为AB1与平面BCC1B1所成的角，不妨令AB＝AA1＝2，则AD＝，AB1＝2，∴sin∠AB1D＝＝.故选A. 解法二：设三棱柱的棱长为1，以B为原点，以过B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则B(0,0,0)，B1(0,0,1)，A，所以＝，易知平面BCC1B1的一个法向量可取为n＝(1,0,0)，设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，θ∈，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.故选A. [答案]　 [解析]　连接A1C，不妨设AB＝AA1＝2，则＝＝＝＝，又AB1＝B1C＝2，AC＝2，∴＝，设A1到平面B1AC的距离为h，则h＝，∴h＝.记A1B1与平面AB1C所成角为θ，则sin θ＝＝. (2)公式法：sin θ＝(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面所成的角)． (3)向量法，sin θ＝|cos〈，n〉|＝(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角)． 1．(角度1、2)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO. [证明]　证法一：由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝，CO＝BO＝AE＝， 所以PO＝DO＝， PC＝＝＝PB＝PA， 又△ABC为等边三角形，则＝2OA， 所以BA＝，PA2＋PB2＝＝AB2， 则∠APB＝90°，所以PA⊥PB， 同理PA⊥PC，又PC∩PB＝P， 所以PA⊥平面PBC. 设DO＝a，且PO＝DO， 则AF＝a，PA＝a， PF＝a. 因此PA2＋PF2＝AF2，从而PA⊥PF. 又因为PF∩BC＝F，所以PA⊥平面PBC. 证法三：空间直角坐标系法 不妨设AB＝2，则AE＝AD＝＝4， 由DO⊥平面ABC，所以DO＝＝2， 所以PO＝DO＝.因为O是△ABC的外心， 因此AE⊥BC.在底面过O作BC的平行线与AB的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz， 则A(0，－2,0)，B(，1,0)，C(－，1,0)，E(0,2,0)，P(0,0，)， 所以＝(0,2，)，＝(－，－1，)， ＝(，－1，)． 故·＝0－2＋2＝0，·＝0－2＋2＝0. 所以AP⊥BP，AP⊥CP. 又BP∩CP＝P，故AP⊥平面PBC. 2．(角度3)(2025·江苏部分学校联合测评)已知正三棱锥P－ABC的侧棱与底面边长的比值为，则三棱锥P－ABC的侧棱与底面所成角的正弦值为(　　) A．　　 B． C．　　 D． [解析]　如图，△ABC为等边三角形，D为BC中点，作PH⊥面ABC垂足为H，三棱锥P－ABC的侧棱与底面所成角为∠PAH，设AB＝a(a>0)，则PA＝a，根据正棱锥性质，AH＝a，PH＝a，所以sin∠PAH＝＝＝.故选B. (2024·广东省揭阳市二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝PA＝PB＝2，E是CD的中点． 因为AB＝PA＝PB＝2， 所以PA2＋PB2＝AB2，则PA⊥PB. 因为PA∩AE＝A，所以PB⊥平面PAE. 又PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAE. 3. (2026·辽宁大连滨城高中联盟期中)如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC＝2，BE＝，点M为线段CD上一点． [证明]　取AC中点O，连接DO、OB， 在正△ACD和正△ABC中，AC＝2， 则DO⊥AC，BO⊥AC，DO＝BO＝， 而平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，DO⊂平面ACD，BO⊂平面ABC， 于是DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD， 又BE⊥平面ABC，即有DO∥EB， 而DO＝EB＝.因此四边形DOBE是平行四边形，则DE∥OB，从而DE⊥平面ADC， AM⊂平面ADC，所以DE⊥AM. 1．(多选题)(2024·云南大理统测)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝，P为线段BC1上的动点，则下列说法正确的是(　　) A．B1D⊥A1P B．DP∥平面AB1D1 C．三棱锥P－ACD1的体积为定值 D．A1P＋PC的最小值为＋1 ∴＝××××＝，故C错误；将平面A1BC1和平面BCC1沿直线BC1展开为一个平面，如图： △A1BC1是正三角形，△BCC1是等腰直角三角形， 且BC1＝2，BC＝， ∠A1C1C＝105°， A1C2＝A1C＋CC－2·A1C1·CC1·cos∠A1C1C＝4＋2－2×2××＝4＋2， ∴A1C＝＋1， 即A1P＋PC的最小值为＋1，故D正确．故选ABD. 2．(多选题)(2026·福建泉州质监)在直三棱柱ABC－A′B′C′中，∠ABC＝90°，BB′＝AB＝BC，M为BB′的中点，则(　　) [解析]　如图，设AC，A′C′中点分别为D，D′，连接MD，MD′，BD.因为A′C⊂平面AA′C′C，C′M⊂平面BB′C′C，平面AA′C′C∩平面BB′C′C＝CC′，A′C∩CC′＝C，C′M∩CC′＝C′，所以A′C，C′M为异面直线，故A错误；在直三棱柱ABC－A′B′C′中，A′C′∥AC，又A′C′⊄平面AMC，AC⊂平面AMC，所以A′C′∥平面AMC，故B正确；在直三棱柱ABC－A′B′C′中，BB′⊥平面A′B′C′，则BB′⊥B′C′，又∠ABC＝90°，所以∠A′B′C′＝90°， 即B′C′⊥A′B′，又BB′∩A′B′＝B′，BB′，A′B′⊂平面AA′B′B，所以B′C′⊥平面AA′B′B，又AM⊂平面AA′B′B，所以B′C′⊥AM，故C正确；因为BB′＝AB＝BC，不妨设BB′＝AB＝BC＝2，∵∠ABC＝90°，∴AC＝＝2，BD＝AC＝1，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，易知BM⊥BD，则MD＝＝，同理可得MD′＝，又DD′＝BB′＝2，所以DD′2＝MD2＋MD′2，即MD⊥MD′，又MA＝＝＝MC，D为 [解析]　连接BD，A1D，则M为BD的中点，又N为BA1的中点，∴MN∥A1D，从而MN∥平面ADD1A1，A正确；又AB⊥平面ADD1A1，∴AB⊥A1D，从而AB⊥MN，B正确；∠AA1D＝45°为MN与CC1所成的角，C正确；故选D.事实上，若D正确，则MN⊥AC，从而A1D⊥A1C1，这与∠C1A1D＝矛盾． ①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直线CD与PF所成角的余弦值为；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤CD∥平面PAE. [解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直线CD与PF所成的角为∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，显然AF与平面PAE相交，∴CD与平面PAE相交，即⑤不成立，故选B. [解析]　对A，在△A1BC1中，因为M，N分别为A1B，A1C1的中点，所以MN∥BC1.又BC1∥AD1，所以MN∥AD1，A正确；对B，在△A1BD中，因为M，P分别为A1B，A1D的中点，所以MP∥BD.因为MP⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，所以MP∥平面BC1D.因为MN∥BC1，MN⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，所以MN∥平面BC1D.又因为MP∩MN＝M，MP，MN⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面BC1D，B正确；对C，因为MN∥AD1， AD1⊥CD，所以MN⊥CD，C正确；对D，取BD的中点E，连接A1E，EC1，则∠A1EC1是二面角A1－BD－C1的平面角．设正方体棱长为a，则cos∠A1EC1＝＝≠0，又0°<∠A1EC1<180°，则　　　∠A1EC1≠90°，所以平面A1BD与平面BC1D不垂直．又平面MNP∥平面BC1D，所以平面MNP与平面A1BD不垂直，D错误．故选D. [解析]　解法一：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则·＝0，因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则·＝0，又＝＋＋，所以·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝2≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误；因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，又AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，故B正确；因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1∥AA1， 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为h，则D(0,0,0)，A(，0,0)，A1(，0，h)，C(0，－1,0)，C1(0，－1，h)，B(0,1,0)，B1(0,1，h)，＝(－，0,0)，＝(－，－1，－h)，则·＝(－)×(－)＋0＝3≠0，则AD⊥A1C不成立，故A错误；＝(0，－2,0)，＝(0,0，h)，＝(0,0，h)，＝(－，0,0)，设平面 AA1D的法向量为n＝(x，y，z)，则得x＝z＝0，令y＝1，则n＝(0,1,0)，所以＝(0，－2,0)＝－2n，·n＝0，则BC⊥平面AA1D，CC1∥平面AA1D，故BD正确；＝(－，0,0)，＝(－，1,0)，则≠，显然AD∥A1B1不成立，故C错误．故选BD. 10．(2025·浙江强基联盟联考)已知四面体A－BCD，AB＝，AB⊥平面BCD，BE⊥AC，垂足为E，BF⊥AD，垂足为F，则下列结论正确的是(　　) D．若BC＝BD＝2，则四面体A－BEF体积的最大值为 [解析]　BC⊥CD，CD⊥AB，CD⊥平面ABC，即CD⊥BE，即BE⊥平面ACD，BE⊥AD，由题意得BF⊥AD，∴AD⊥平面BEF，∴AD⊥EF，即AC与EF不垂直，故A不正确，B正确；BC＝BD，△ABC≌△ABD，∴＝，EF∥CD，故C正确；在△ABC中，可求得＝＝，∴VA－BEF＝VA－BCD，又当且仅当∠DBC＝90°时，VA－BCD有最大值××2×2×＝，∴四面体A－BEF体积的最大值为，故D正确．故选BCD. D．四面体D－EFC外接球的体积与正方体ABCD－A1B1C1D1的体积之比为 不妨设正方体的棱长为2a，则正方体的体积为V1＝8a3，又因为四面体C－DEF的三条侧棱CE，CF，CD两两垂直，则它的外接球即为以CE，CF，CD为棱的长方体的外接球，于是球的直径2R＝＝a，体积为V2＝πR3＝π×3＝πa3，于是V2∶V1＝，D正确．故选ABD. ∴PQ綉CD，又AE綉CD， 如图建立空间直角坐标系，由题意易知E(1,0,1)，C(－1,0,0)，B(0，，0)，D(－1,0,2)，P， ∴＝，＝(1，，0)，＝(0,0,2)， 从而·＝0，·＝0， ∴EP⊥BC，EP⊥CD，又BC∩CD＝C， ∴EP⊥平面BCD. 15．(2026·江苏淮安调研)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，将△CBD沿BD折起到△PBD的位置，使PA＝. [证明]　如图，取BD中点O，连接OA，OP. 因为四边形ABCD是边长为2的菱形， ∠BAD＝60°， 所以△ABD、△PBD是边长为2的正三角形， 因为O是BD的中点， 所以OA⊥BD，OP⊥BD， 所以∠POA为二面角P－BD－A的平面角． 因为PD＝2，OD＝BD＝1， 所以OP＝＝， 同理可得OA＝，因为PA＝， 所以OP2＋OA2＝PA2，则OP⊥OA， 由面面垂直定义可得平面PBD⊥平面ABD. 或：又因为OP⊥BD，OA，BD⊂平面ABD，OA∩BD＝O， 所以OP⊥平面ABD， 因为OP⊂平面PBD， 所以平面PBD⊥平面ABD. A．△PEF的面积为 B．PD⊥EF C．平面PEF⊥平面DEF D．三棱锥P－EDF的体积为 [解析]　易知S△BEF＝S△PEF＝×BE×BF＝，故A正确；如图，连接BD交EF于G，根据正方形的性质易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD，EF⊥GP，又PG，GD⊂平面PGD，所以EF⊥平面GPD，PD⊂平面GPD，所以EF⊥PD，故B正确；由上可知∠PGD为平面PEF与平面DEF的夹角，易知PG＝，DG＝，PD＝2≠，则PG，DG不垂直，故C错误；由题意可知PD，PE，PF两两垂直，则VP－EDF＝×PD××PE×PF＝，故D正确．故选ABD. 5．(2024·重庆调研(节选))如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上两点，∠AOB＝，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF＝2FB. [证明]　设圆O的半径为r， 在△AOB中，OA＝OB＝r，∠AOB＝，∠OAB＝， 故AB＝r，又AF＝2FB，故AF＝， 在△AOF中，由余弦定理得OF2＝OA2＋AF2－2OA·AF·cos∠OAF＝ r2， 所以OA2＋OF2＝AF2，即OA⊥OF； (2)连接OC，则OP⊥OC， 在梯形ABCD中，AO＝BC， ∴四边形ABCO为平行四边形， ∴OC∥AB，又∵AB⊥AD，∴OC⊥AD， 如图建立空间直角坐标系O－xyz， 则P(0,0，)，C(1,0,0)，M，D(0,1,0)， ∴＝(－1,1,0)，＝， ＝(－1,0，)， 设平面CDM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则即n＝(1,1，)， 直线PC与平面MCD所成角θ∈， 则sin θ＝＝＝＝， 即直线PC与平面MCD所成角的正弦值为. $