2013届高考文科数学一轮复习课时作业(44)直线、平面垂直的判定与性质B

教学过程在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.规律方法证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.【训练1】(2013·江西卷改编)教学效果分析教学过程如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.证明：BE⊥平面BB1C1C.考点二平面与平面垂直的判定与性质【例2】(2014·深圳一模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AA1，且AC＝2BC，点D是AB的中点．证明：平面ABC1⊥平面B1CD.规律方法证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也教学效果分析教学过程可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键．【训练2】如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M.考点三平行、垂直关系的综合问题教学效果分析教学过程【例3】(2013·山东卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，AB⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面P AD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.规律方法线面关系与面面关系的证明离不开判定定理和性质定理，而形成结论的“证据链”依然是通过挖掘题目已知条件来实现的，如图形固有的位置关系、中点形成的三角形的中位线等，都为论证提供了丰富的素材．【训练3】(2013·辽宁卷)如图，AB是圆O的直径，P A垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面P AC；(2)设Q为P A的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.教学效果分析1．转化思想：垂直关系的转化2．在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．故熟练掌握“线线垂直”、“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键．创新突破6——求解立体几何中的探索性问题【典例】(2012·北京卷)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．[反思感悟] (1)解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设作已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在，如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．(2)在处理空间折叠问题中，要注意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用，注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同，盲目套用容易导致错误．【自主体验】(2014·韶关模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝12AB＝2，点E为AC中点，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图2.(1)求证：DA⊥BC；(2)在CD上找一点F，使AD∥平面EFB.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b 在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的________条件．2．(2014·绍兴调研)设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列正确命题的序号是________．①若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α；②若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥α；③若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α；④若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β.3.如图，AB是圆O的直径，P A垂直于圆O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任一点，则图形中有________对线面垂直．4．若M是线段AB的中点，A，B到平面α的距离分别是4 cm，6 cm，则M到平面α的距离为________．5．(2014·郑州模拟)已知平面α，β，γ和直线l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，给出下列四个结论：①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β.其中正确的是________．6.如图，在四棱锥P ABCD中，P A⊥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)7．设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)．8.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．二、解答题9．(2013·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.10．(2013·泉州模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．(1)求证：B1D1∥平面A1BD；(2)求证：MD⊥AC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、填空题1.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在直线______上．2.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为________．①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④异面直线PM与BD所成的角为45°.3．(2013·南通二模)如图，已知六棱锥P ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面P AE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．二、解答题4．(2014·北京西城一模)。

直线、平面垂直的判定与性质考纲要求1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．知识梳理1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l 与平面α内的任意直线都垂直，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表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥al ⊥b a ∩b ＝O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α 性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角． (2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2. 3．二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角的范围：[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，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎬⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β 性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al ⊥a l ⊂β⇒l ⊥α1．三个重要结论(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)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．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线线垂直判定定理性质线面垂直判定定理性质定理面面垂直诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”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．()(4)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)×解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误．(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误．(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误．(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误．2．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答案 C解析由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.3．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．图1(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB⊂平面P AB，所以PC⊥AB，因为PO⊥AB，PO∩PC ＝P，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．图24．(2021·日照检测)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”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答案 B解析m⊂α，m⊥β⇒α⊥β，反过来，若m⊂α，α⊥βD m⊥β(m∥β或m与β斜交)，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．5．(2021·西安联考)已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有()A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD答案 B解析因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD.由于BC⊂平面BCD.所以平面BCD⊥平面ACD.6．(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3答案 C解析连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝232－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.考点一线面垂直的判定与性质【例1】(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E －BB 1C 1C 的体积．(1)证明 由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，B 1C 1，EC 1⊂平面EB 1C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)解 由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°， 故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6.如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3. 所以四棱锥E －BB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18.感悟升华 1.证明直线和平面垂直的常用方法有：(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(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α)．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思路．【训练1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.又AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵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.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考点二面面垂直的判定与性质【例2】(2020·全国Ⅰ卷)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°.(1)证明：平面P AB⊥平面P AC；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 由题设可知，P A ＝PB ＝PC . 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC . 又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°.从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又P A ，PC ⊂平面P AC ，P A ∩PC ＝P ， 故PB ⊥平面P AC ，又PB ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝ 3. 从而AB ＝ 3.由(1)可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62. 所以三棱锥P －ABC 的体积为 13·12·P A ·PB ·PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68. 感悟升华 1.判定面面垂直的方法主要是：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．2．已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【训练2】 (2021·安徽A10联盟检测)如图，在四棱锥A －BCDE 中，△ADE 是边长为2的等边三角形，平面ADE ⊥平面BCDE ，底面BCDE 是等腰梯形，DE ∥BC ，DE ＝12BC ，BE＝DC ＝2，BD ＝23，点M 是DE 边的中点，点N 在BC 上，且BN ＝3.(1)证明：BD ⊥平面AMN ；(2)设BD ∩MN ＝G ，求三棱锥A －BGN 的体积． (1)证明 ∵△ADE 是等边三角形，M 是DE 的中点， ∴AM ⊥DE .又平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE ∩平面BCDE ＝DE ， ∴AM ⊥平面BCDE ，∵BD ⊂平面BCDE ，∴AM ⊥BD ，∵MD ＝ME ＝1，BN ＝3，DE ∥BC ，DE ＝12BC ，∴MD 綉CN ，∴四边形MNCD 是平行四边形， ∴MN ∥CD .又BD ＝23，BC ＝4，CD ＝2，∴BD 2＋CD 2＝BC 2， ∴BD ⊥CD ，∴BD ⊥MN .又AM ∩MN ＝M ，∴BD ⊥平面AMN . (2)解 由(1)知AM ⊥平面BCDE ， ∴AM 为三棱锥A －BGN 的高． ∵△ADE 是边长为2的等边三角形， ∴AM ＝ 3.易知GN ＝34CD ＝32，又由(1)知BD ⊥MN ，∴BG ＝BN 2－NG 2＝332.∴S △BGN ＝12BG ·NG ＝12×332×32＝938.∴V A －BGN ＝13S △BGN ·AM ＝13×938×3＝98.考点三 平行与垂直的综合问题角度1 平行与垂直关系的证明【例3】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面P AB ⊥平面PCD ； (3)EF ∥平面PCD .证明 (1)因为P A ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面P AD .又PD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，且P A ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面P AB .又PD ⊂平面PCD ， 所以平面P AB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG . 因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .感悟升华 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． 2．垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．如果有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．角度2 平行垂直关系与几何体的度量【例4】 (2019·天津卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面P AC ⊥平面PCD ，P A ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面P AD ； (2)求证：P A ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值． (1)证明 连接BD ，易知AC ∩BD ＝H ，BH ＝DH .又由BG ＝PG ，故GH 为△PBD 的中位线，所以GH ∥PD . 又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD . (2)证明 取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC .又因为平面P AC ⊥平面PCD ，平面P AC ∩平面PCD ＝PC ，DN ⊂平面PCD ，所以DN ⊥平面P AC .又P A ⊂平面P AC ，所以DN ⊥P A . 又已知P A ⊥CD ，CD ∩DN ＝D ， 所以P A ⊥平面PCD .(3)解 连接AN ，由(2)中DN ⊥平面P AC ，可知∠DAN 为直线AD 与平面P AC 所成的角． 因为△PCD 为等边三角形，CD ＝2且N 为PC 的中点， 所以DN ＝ 3.又DN ⊥AN ，在Rt △AND 中，sin ∠DAN ＝DN AD ＝33.所以直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 感悟升华 1.平行垂直关系应用广泛，不仅可以证明判断空间线面、面面位置关系，而且常用以求空间角和空间距离、体积．2．综合法求直线与平面所成的角，主要是找出斜线在平面内的射影，其关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解．【训练3】 如图，AB 是⊙O 的直径，P A 垂直于⊙O 所在的平面，C 是圆周上不同于A ，B 的一动点．(1)证明：△PBC是直角三角形；(2)若P A＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为2时，求直线AB与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．∴BC⊥AC，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，又P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥PC，∴△BPC是直角三角形．(2)解如图，过A作AH⊥PC于H，∵BC⊥平面P AC，∴BC⊥AH，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，∵P A⊥平面ABC，∴∠PCA是直线PC与平面ABC所成的角，∵tan∠PCA＝P AAC＝2，又P A＝2，∴AC＝2，∴在Rt △P AC 中，AH ＝P A ·AC P A 2＋AC 2＝233，∴在Rt △ABH 中，sin ∠ABH ＝AH AB ＝2332＝33，故直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为33.与垂直平行相关的探索性问题立体几何中的探索性问题是近年高考的热点，题目主要涉及线面平行、垂直位置关系的探究，条件或结论不完备的开放性问题的探究，重点考查逻辑推理，直观想象与数学运算核心素养． 【典例】 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，△PDC 和△BDC 均为等边三角形，且平面PDC ⊥平面BDC .(1)在棱PB 上是否存在点E ，使得AE ∥平面PDC ？若存在，试确定点E 的位置；若不存在，试说明理由． (2)若△PBC 的面积为152，求四棱锥P －ABCD 的体积． 解 (1)存在点E ，当点E 为棱PB 的中点时，使得AE ∥面PDC ，理由如下：如图所示，取PB 的中点E ，连接AE ，取PC 的中点F ，连接EF ，DF ，取BC 的中点G ，连接DG .因为△BCD 是等边三角形，所以∠DGB ＝90°. 因为∠ABC ＝∠BAD ＝90°，所以四边形ABGD 为矩形，所以AD ＝BG ＝12BC ，AD ∥BC .因为EF 为△BCP 的中位线，所以EF ＝12BC ，且EF ∥BC ，故AD ＝EF ，且AD ∥EF ，所以四边形ADFE 是平行四边形，从而AE ∥DF ， 又AE ⊄平面PDC ，DF ⊂平面PDC ， 所以AE ∥平面PDC .(2)取CD 的中点M ，连接PM ，过点P 作PN ⊥BC 交BC 于点N ，连接MN ，如图所示． 因为△PDC 为等边三角形，所以PM ⊥DC .因为PM ⊥DC ，平面PDC ⊥平面BDC ，平面PDC ∩平面BDC ＝DC . 所以PM ⊥平面BCD ，故PM 为四棱锥P －ABCD 的高． 又BC ⊂平面BCD ，所以PM ⊥BC .因为PN ⊥BC ，PN ∩PM ＝P ，PN ⊂平面PMN ，PM ⊂平面PMN ，所以BC ⊥平面PMN . 因为MN ⊂平面PMN ，所以BC ⊥MN . 由M 为DC 的中点，易知NC ＝14BC .设BC ＝x ，则△PBC 的面积为x 2·x 2－⎝⎛⎭⎫x 42＝152，解得x ＝2，即BC ＝2， 所以AD ＝1，AB ＝DG ＝PM ＝ 3.故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S 梯形ABCD ×PM ＝13×1＋2×32×3＝32.素养升华 1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果． 【训练】 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P －ABC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在点M ，求出PMMC 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题知AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°， 可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32，由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P －ABC 的高． 又P A ＝1，所以三棱锥P －ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥AC ，所以MN ⊥AC . 由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN . 又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13.A 级 基础巩固一、选择题1．(2021·淮北质检)已知平面α，直线m ，n ，若n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的( )A ．充分不必要条件B ．充分必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 由n ⊂α，m ⊥n ，不一定得到m ⊥α；反之，由n ⊂α，m ⊥α，可得m ⊥n . ∴若n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的必要不充分条件．2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1 D ．A 1E ⊥AC 答案 C解析 如图，由题设知，A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，且BC 1⊂平面BCC 1B 1，从而A 1B 1⊥BC 1. 又B 1C ⊥BC 1，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ，又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.3．(2021·郑州调研)已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( ) A ．m ⊥l ，m ⊂β，l ⊥α B ．m ⊥l ，α∩β＝l ，m ⊂α C ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β D ．l ⊥α，m ∥l ，m ∥β答案 D解析 在A 中，m ⊥l ，m ⊂β，l ⊥α，则α与β相交或平行，故A 错误； 在B 中，m ⊥l ，α∩β＝l ，m ⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B 错误； 在C 中，m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故C 错误；在D 中，l ⊥α，m ∥l ，则m ⊥α，又m ∥β，则α⊥β，故D 正确．4．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12 B ．π3C.π4 D ．π6答案 B解析 如图，取正三角形ABC 的中心为O ，连接OP ，则∠P AO 是P A 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3， 所以AD ＝3×32＝32，AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为34×(3)2AA 1＝94， 解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3， 所以tan ∠P AO ＝OPOA＝3，因为直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， 所以∠P AO ＝π3.5. (2020·昆明诊断)如图，AC ＝2R 为圆O 的直径，∠PCA ＝45°，P A 垂直于圆O 所在的平面，B 为圆周上不与点A 、C 重合的点，AS ⊥PC 于S ，AN ⊥PB 于N ，则下列不正确的是( )A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面P ABC．平面P AB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面P AC答案 B解析∵P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥BC，又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，又P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，又AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，∴AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正确，C，D显然正确．6．(2020·衡水调研)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的结论的个数是()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C 的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1綉AC，由于①知：AD1∥BC1，所以面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．二、填空题7．(2019·北京卷)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m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.8.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案 12解析 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF ， 由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又12×2×2＝12×h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ， 得x ＝12.9.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥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是正确的条件即可)．答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC ) 解析 连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC . 所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时， 有PC ⊥平面MBD .PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD . 三、解答题10.如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离． (1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ，AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)解 作CH ⊥OM ，垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM . 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离． 由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°.所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.11. (2021·昆明诊断)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是正三角形，E 为线段AD 的中点．(1)求证：平面PBC ⊥平面PBE ；(2)是否存在满足PF →＝λFC →(λ>0)的点F ，使得V B －P AE ＝34V D －PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为△P AD 是正三角形，E 为线段AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 是菱形，所以AD ＝AB ，又∠BAD ＝60°， 所以△ABD 是正三角形， 所以BE ⊥AD . 又BE ∩PE ＝E ， 所以AD ⊥平面PBE . 又AD ∥BC ， 所以BC ⊥平面PBE . 又BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PBE .(2)解 由PF →＝λFC →，知(λ＋1)FC ＝PC ， 所以V B －P AE ＝12V P －ADB ＝12V P －BCD ＝λ＋12V F －BCD ，V D －PFB ＝V P －BDC －V F －BDC ＝λV F －BCD . 因此，λ＋12＝3λ4，得λ＝2.故存在满足PF →＝λFC →(λ>0)的点F ， 使得V B －P AE ＝34V D －PFB ，此时λ＝2.B 级 能力提升12．如图，正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕直线DE 翻折过程中的一个图形，现给出下列命题： ①恒有直线BC ∥平面A ′DE ； ②恒有直线DE ⊥平面A ′FG ；③恒有平面A ′FG ⊥平面A ′DE ，其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D解析对于①，∵DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，又知DE⊂平面A′DE，BC⊄平面A′DE，∴BC∥平面A′DE，故①正确；对于②，∵△ABC为等边三角形，AF为BC边上的中线，∴BC⊥AF，又知DE∥BC，∴DE⊥AF，∴DE⊥FG，根据翻折的性质可知，DE⊥A′G，又A′G∩FG＝G，∴DE⊥平面A′FG，故②正确；对于③，由②知DE⊥平面A′FG，又知DE⊂平面A′DE，∴平面A′FG⊥平面A′DE，故③正确．综上，正确的命题为①②③. 13．(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．答案 2解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝32－12＝ 2.14.如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．(1)证明 由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ，AC ，AD ⊂平面ACD ，所以AB ⊥平面ACD . 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解 由已知可得， DC ＝CM ＝AB ＝3， DA ＝AM ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綉13DC .由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.。

训练手册A 组基础达标（时间： 30 分钟满分：50分）若时间有限，建议选讲4，6，8一、选择题（每题 5 分，共 20 分）1 、（ 2013 ·烟台模拟设） m ，n 是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，给出以下条件，能获得m⊥ β的是（ D ）A. α⊥β，m ? αB. m ⊥α，α⊥βC. m ⊥n ， n? βD. m ∥n ，n ⊥β分析：依据线面垂直的判断和性质可知， D 正确，选 D.2 、如图，PD⊥菱形 ABCD 所在的平面， M 是 PB 上一动点 .若平面 MAC⊥平面 PCB，则 M 知足条件（ A ）A. AM ⊥PBB. PM ＝MBC. PM＝ABD. PD＝BM分析：连结 BD ，由四边形 ABCD 为菱形，得 AC⊥ BD，又 PD ⊥平面 ABCD ，得 AC⊥ PD，又 BD∩ PD＝D ，∴AC ⊥平面 PBD，∴AC ⊥PB，当 AM ⊥ PB 时，有 PB⊥平面 AMC ，PB? 平面 PBC，∴平面 MAC⊥平面 PCB.3 、（ 2013 ·全国高考）已知m ，n 为异面直线， m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线 l 知足 l ⊥ m，l⊥n ， l?α， l?β，则（ D）A.α∥β且 l ∥αB.α⊥β且 l ⊥βC.α与β订交，且交线垂直于 lD.α与β订交，且交线平行于 l分析：∵ m，n 为异面直线，∴在空间找一点 P，作 m′∥ m，n′∥n，则 l ⊥ m′，l ⊥n ′，即l 垂直于 m′与n ′确立的平面γ，又 m⊥平面α，n⊥平面β，∴m′⊥平面α，n ′⊥平面β，∴平面γ既垂直平面α，又垂直平面β，∴α与β订交，且交线垂直于平面γ，故友线平行于 l ，应选 D.4、与正方体 ABCD －A1B1C1D1的三条棱 AB，CC1，A1D1所在直线的距离相等的点（ D ）A. 有且只有 1 个B. 有且只有 2 个C. 有且只有 3 个D. 有无数个分析：在直线B1D 上任取一点 P，分别作 PO 1，PO2， PO 3垂直于 B1 D1，B1C，B1A 于 O1，O2，O3，则 PO1⊥平面 A1B1C1D1，PO2⊥平面 BB1 C1C，PO3⊥平面 AA1B1B.过 O1，O2，O3分别作 O1N ⊥A1D1，O2M ⊥CC1，O3Q⊥AB，垂足分别为 M ， N ，Q ，连结 PM ，PN ，PQ ，由线面垂直的判断和性质定理可得 PN⊥A1 D 1，PM ⊥ CC1，PQ⊥ AB.因为正方体中各个表面、平等面全等，∴PO 1＝PO2＝PO3，O1N ＝O2M ＝O3Q，∴PM ＝PN＝PQ，即 P 到三条棱 AB，CC1，A 1 D 1所在直线的距离相等. ∴有无量多个点知足条件，D故.选二、填空题（每题 5 分，共 10 分）5 、如图，在三棱锥 D － ABC 中，若 AB ＝BC，AD ＝CD，E 是 AC 的中点，则平面 ADC 与平面 BDE 的关系是垂直.分析：AD ＝ DC，AB ＝BC，E 为 AC 的中点，则 DE⊥ AC 且 BE⊥ AC. 故AC⊥平面 BDE.故平面 ADC⊥平面 BDE.6 、（ 2013 ·河北质检）已知ABCD 为正方形，点P 为平面 ABCD 外一点，PD ⊥AD ，PD＝ AD ＝2 ，二面角 P－AD －C 为 60 °，则点C 到平面 PAB 的距离2 21为.7分析：易得∠PDC就是二面角 P－AD －C 的平面角，则△为PDC正三角形，且平面 PDC 与平面 ABCD 垂直，取 CD 的中点 O ，AB 的中点 M ，连结 OM ，PM ，过点 O 作 OH⊥ PM 于点 H. 易证 OH ⊥平面 PAB，故点 C 到平面 PAB 的PO· OM 距离即为 OH 的长 .计算得 PO＝3，又 OM ＝2，则 PM ＝7，故 OH ＝PM 221＝.7三、解答题（共 20 分）7 、（10 分）如图①所示，在直角三角形ABC 中，∠ACB＝ 30 °，ABC∠＝90 °，D 为 AC 的中点， E 为 BD 的中点， AE 的延伸线交 BC 于点 F，如图①所示 .将△ ABD沿 BD 折起，二面角 A － BD－ C 的大小记为θ，如图②所示 .（1 ）求证：平面 AEF ⊥平面 BCD；（2 ）当 cos θ为什么值时， AB⊥CD.分析：（ 1 ）在图①中，∵ D 为 Rt △ ABC斜边 AC 的中点，∠ACB＝ 30 °，∴AD ＝AB.又 E 为 BD 的中点，∴BD ⊥AE，BD ⊥EF.（2 分）在图②中， BD ⊥AE，BD ⊥EF， AE∩EF＝E，∴BD ⊥平面 AEF.又 BD? 平面 BCD，∴平面 AEF ⊥平面 BCD.（4 分）（ 2）过 A 作 AO⊥ EF，交 EF 的延伸线于点O ，连结 BO 交 CD 的延伸线于点G.由（ 1 ）知，平面 AEF ⊥平面 BCD ，∴AO ⊥平面 BCD ，∴BO 即为 AB 在平面 BCD 上的射影 .（ 6 分）要使 AB⊥ CD，只要 BG⊥ CD.∴∠AEF＝θ，∠AEO ＝π－θ.1令 BG⊥ CD，易算得 OE＝ AE，（ 8 分）3OE 11∴cos ∠AEO ＝＝，即cos（π－θ）＝，AE 331∴当cos θ＝－时，AB⊥CD.（10分）、38 、（10 分）（ 2013 ·东北三校模拟）如图，三棱柱 ABC －A 1 B1 C1的侧棱AA 1⊥底面 ABC ，∠ACB＝ 90 °，E 是棱 CC1的中点， F 是 AB 的中点， AC＝BC ＝1，AA1＝2.（1 ）求证：CF∥平面AB1 E；（2）求三棱锥 C－AB1E 在底面 AB1E 上的高 .分析：（1 ）取 AB1的中点 G，连结 EG，FG.∵F， G 分别是 AB ，AB 1的中点，1∴FG∥BB1，FG＝ BB1 .2∵E 为侧棱 CC1的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，∴四边形 FGEC 是平行四边形，（ 3 分）∴CF∥EG，∵CF?平面 AB 1E，EG? 平面 AB 1E，∴CF∥平面 AB 1 E.（5 分）（2）∵三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱 AA 1⊥底面 ABC，∴BB1⊥平面 ABC.又 AC? 平面 ABC ，∴AC⊥BB1，∵∠ACB ＝ 90 °，∴AC ⊥BC，∵BB1∩BC＝B，∴ AC⊥平面 EB1 C，（ 7 分）1111∴VA－EB1C＝ S△EB1C·AC＝× × 1×1 1＝ .（8 分）3326∵AE＝ EB1＝ 2 ， AB1＝ 6 ，∴S△AB 1E＝3，2∵VC－AB1E＝VA－EB1C，3VA －EB1C3∴三棱锥 C－AB1 E 在底面 AB1E 上的高为＝.（10 分）S△AB 1E3B 组提优操练（时间： 30 分钟满分：50分）若时间有限，建议选讲3，4，8一、选择题（每题 5 分，共 20 分）1 、（ 2014 ·嘉兴一中模拟）设 m ，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则以下选项中不正确的选项是（A）A. 当 m ? α时，“ n ∥α”是“m∥ n ”的必需不充足条件B.当 m ? α时，“ m ⊥β”是“ α⊥β”的充足不用要条件C.当 n ⊥α时，“n ⊥β”是“ α∥β”建立的充要条件D.当 m ? α时，“ n ⊥α”是“ m⊥ n ”的充足不用要条件分析：当 m ? α时，若 n ∥α可得 m∥n或 m ， n 异面；若 m∥n可得 n ∥α或 n? α，∴“n ∥α”是“m∥ n ”的既不充足也不用要条件，应选 A.2 、（ 2013 ·广东高考设） m ，n 是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，以下命题中正确的选项是（ D ）A.若α⊥β， m ? α，n? β，则 m⊥nB.若α∥β，m? α， n? β，则 m∥nC.若 m⊥ n ， m ? α，n? β，则α⊥βD.若 m⊥ α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β分析： A 中 m ，n 可能为平行、垂直、异面直线； B 中 m ，n 可能为异面直线； C 中α与β可能平行 .3 、（ 2013 ·北京高考）如图，在正方体 ABCD －A1 B1C1D 1中， P 为对角线BD 1的三平分点， P 到各极点的距离的不一样取值有（B）A. 3个B.4个C.5个D.6个分析：设棱长为 1 ，∵BD ＝3 ，D23，B D ，3，∴BP ＝P ＝.连结 AD13 111 13CD 1 ，得△ ABD 1△CBD 1 △B 1BD 1 ，3∴∠ABD 1 ＝∠ CBD 1＝∠B 1 BD 1，且 cos ∠ ABD 1＝，3 连结 AP ，PC ， PB 1，则有△ABPCBP △△B 1 BP ，6∴AP ＝CP ＝B 1P ＝ ，同理 DP ＝A 1P ＝C 1P ＝1，3 ∴P 到各极点的距离的不一样取值有4 个 .4 、如图，若 Ω 是长方体 ABCD － A 1B 1 C 1D 1 被平面 E FGH 截去几何体EFGHB 1 C 1 后获得的几何体，此中 E 为线段 A 1 B 1 上异于点 B 1 的点，F 为线段 BB 1上异于点 B 1 的点，且 EH ∥A 1D 1 ，则以下结论中不正确的选项是（ D ）A. EH ∥FGB. 四边形 EFGH 是矩形C. Ω是棱柱D. Ω 是棱台分析： ∵ EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，∴EH ∥B 1C 1.又 EH?平面 BCC 1B 1，B 1C 1?平面 BCC 1B 1 ，∴EH ∥平面 BCC 1 B 1.又 EH? 平面 EFGH ，平面 EFGH ∩平面 BCC 1B 1＝ FG ，∴EH ∥FG ，故 EH ∥ FG ∥B 1C 1，∴选项 A ，C 正确；∵A 1D 1⊥平面 ABB 1 A 1，EH ∥A 1D 1 ，∴EH ⊥平面 ABB 1A 1 .又 EF? 平面 ABB 1 A 1，故 EH ⊥ EF ，∴选项 B 也正确，应选 D.二、填空题（每题 5 分，共 10 分）5 、三棱锥 P－ ABC 的双侧面 PAB，PBC 都是边长为 2a 的正三角形， AC＝3a，则二面角 A－PB－C 的大小为60 ° .分析：设 PB 的中点为 M ，连结 AM ，CM ，则 AM⊥ PB，CM ⊥PB，∠AMC是二面角 A－PB－C 的平面角 .由已知易得 AM ＝CM ＝3a ，∴△AMC 是正三角形，∴∠AMC ＝ 60 °.6 、（ 2013 ·江南十校联考）已知△ABC的三边长分别为AB ＝5，BC＝4 ，AC＝ 3， M 是 AB 边上的点， P 是平面 ABC 外一点 .给出以下四个命题：①若 PA⊥平面 ABC，则三棱锥 P－ABC 的四个面都是直角三角形；②若 PM⊥平面ABC ，且 M 是 AB 边的中点，则有PA＝PB＝PC；③若 PC＝5，PC⊥平面 ABC，则△ PCM面积的最小值为15；2④若 PC＝5，P 在平面 ABC 上的射影是△ABC的内切圆的圆心，则点P 到平面 ABC 的距离为23.此中正确命题的序号是①②④.（把你以为正确命题的序号都填上）分析：关于①，如图，∵ PA⊥平面 ABC ，∴PA⊥ AC， PA⊥ AB， PA⊥ BC，又 BC⊥ AC，∴BC⊥平面 PAC，∴BC⊥ PC，故四个面都是直角三角形. ∴①正确；关于②，当PM⊥平面ABC 时， PA2＝PM 2＋MA 2，PB2＝PM 2＋BM 2，PC2＝PM 2＋CM 2，又 M 是 AB 的中点，∴BM ＝AM ＝CM ，故 PA＝ PB ＝ PC，∴②正确；11关于③，当 PC⊥平面 ABC 时， S △PCM＝ PC· CM＝×5 ·CM.2212又 CM 的最小值是 C 到边 AB 的垂线段，长度为.5112∴S△PCM的最小值是× 5× ＝6，∴③错误；25关于④，设△ABC内切圆的圆心是 O ，则 PO⊥平面 ABC ，1则有 PO2＋OC 2＝ PC2，又内切圆半径 r ＝（3＋4 －5）＝ 1 ，2∴OC＝2，PO2＝PC2－OC2＝25 －2＝23，故 PO＝23，∴④正确.综上，正确的命题有①②④.三、解答题（共 20 分）7、（10 分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，点 D 为 BC 的中点，点 E 为 BD 的中点，点 F 在 AC 1上，且 AC1＝4AF.（1 ）求证：平面 ADF⊥平面 BCC1B1；（2 ）求证：EF∥平ABB面1 A 1.分析：（1 ）∵三棱柱 ABC－ A 1B1C1为直三棱柱，∴ CC1⊥平面 ABC.而 AD? 平面 ABC，∴CC1⊥AD.（2 分）又 AB＝ AC， D 为 BC 的中点，∴AD ⊥BC，∵BC∩CC1＝C，BC? 平面 BCC1 B1， CC1 ? 平面 BCC1 B1，∴AD ⊥平面 BCC1B1，（4 分）∵AD ? 平面 ADF ，∴平面 ADF⊥平面 BCC1B1 .（5 分）（2 ）连结 CF 并延伸交 AA 1于点 G，连结 GB.∵AC1＝4AF ，AA 1∥CC1，∴CF＝ 3FG，又 D 为 BC 的中点， E 为 BD 的中点，∴CE ＝3EB，∴EF∥GB.（ 8 分）又 EF?平面 ABB1A1，GB? 平面 ABB1A1，∴EF∥平面 ABB 1A1.（10 分）8 、（ 10 分）如图，三棱锥A－BCD 中，DC⊥BC，BC＝2 3 ，CD ＝ AC＝2，AB＝AD ＝2 2.（1 ）证明：平面 ABC⊥平面 ACD ；（2 ）求点 C 到平面 ABD 的距离 .分析：（1）在△ACD中，AC＝CD＝2，AD ＝2 2，∴AC2＋CD2＝AD 2，故 AC⊥ CD. （2 分）又 DC⊥ BC，AC ∩BC＝C，∴DC⊥平面 ABC.∵DC? 平面 ACD ，∴平面 ABC⊥平面 ACD. （ 4 分）（2）在△ABC中， AC＝2，AB＝2 2，BC＝2 3，∴BC2＝AB 2＋AC 2，故 BA⊥ AC.1 1在 Rt △ ABC 中， S △ABC ＝ × AB × AC ＝×2 2 × 2 ＝2 2 ，2 21 14 2由（1 ）可知 DC ⊥平面 ABC ，故 V D －ABC ＝ S △ABC ×DC ＝ ×22×2＝.3 33（6 分）在 Rt △ BDC 中， BD ＝BC 2＋CD 2＝ （23）2＋22＝4，在△ ABD 中， AB ＝ AD ＝2 2，∴AB 2＋AD 2＝BD 2，故 AB ⊥ AD. 1 1故 S △ABD ＝ × AB ×A D ＝ ×2 2×2 2＝4.（8 分）2 2设点 C 到平面 ABD 的距离为 h ，∴V C －ABD ＝ 143 S △ABD ×h ＝ h ，34 4 22.又 V D －ABC ＝V C － ABD ，∴ h ＝ ，解得 h ＝3 3∴点C 到平面 ABD 的距离为2.。

课时作业48直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“l∥m”是“α⊥β”的()A．充要条件B．必要条件C．充分条件D．既不充分又不必要条件解析：若l∥m，则m⊥平面α，由面面垂直的判定定理可知α⊥β，反过来，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m 可能平行，异面或相交，所以“l∥m”是“α⊥β”的充分条件，故选C.答案：C2．已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，直线m ⊂平面α，直线n⊥平面β，给出命题：①n⊥m⇒α∥β；②n∥m⇒α⊥β；③α∥β⇒n⊥m；④α⊥β⇒n∥m.其中正确命题为() A．①③B．②③C．②④D．①④解析：由直线n⊥面β，n∥m⇒m⊥面β，又因为直线m⊂平面α，所以α⊥β，②对，由题意，再结合α∥β⇒n⊥α⇒n⊥m，③对，故选B.答案：B3．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β()A．不存在B．有且只有一对C ．有且只有两对D ．有无数对解析：过直线a 的平面α有无数个，当平面α与直线b 平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b 相交时，过交点作平面α的垂线与b 确定的平面β⊥α.故选D.答案：D4．如图所示，b ，c 在平面α内，a ∩c ＝B ，b ∩c ＝A ，且a ⊥b ，a ⊥c ，b ⊥c ，若C ∈a ，D ∈b (C ，D 均异于A ，B )，则△ACD 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形解析：因为a ⊥b ，b ⊥c ，a ∩c ＝B ，所以b ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC ，故△ACD 为直角三角形．答案：B5．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A.12 B ．1C.32 D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66.由面积相等得66×x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12. 答案：A6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S —ABC 的体积为( ) A.33B.233C.433D.533解析：如图所示，由题意知，在棱锥S —ABC 中，△SAC ，△SBC 都是等腰直角三角形，其中AB ＝2，SC ＝4，SA ＝AC ＝SB ＝BC ＝2 2.取SC 的中点D ，易证SC 垂直于面ABD ，因此棱锥S —ABC 的体积为两个棱锥S —ABD 和C —ABD 的体积和，所以棱锥S —ABC 的体积V ＝13SC ·S △ADB ＝13×4×3＝43 3.答案：C二、填空题7．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________．解析：设BD 与AC 交于点O ，连接D 1O ，∵BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1成的角．∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，DD 1∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面DD 1B ，平面DD 1B ∩平面ACD 1＝OD 1，∴DD 1在平面ACD 1内的射影落在OD 1上，故∠DD 1O 为直线DD 1与平面ACD 1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62，∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝63， ∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 答案：638．假设平面α∩平面β＝EF ，AB ⊥α，CD ⊥β，垂足分别为B ，D ，如果增加一个条件，就能推出BD ⊥EF ，现有下面四个条件：①AC ⊥α；②AC 与α，β所成的角相等；③AC 与BD 在β内的射影在同一条直线上；④AC ∥EF .其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB 与CD 在一个平面内，可以推出EF 垂直于该平面，又BD 在该平面内，所以BD ⊥EF .故要证BD ⊥EF ，只需AB ，CD 在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：①③9．如图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上．点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：点P 到直线CC 1的距离等于点P 在面ABCD 上的射影到点C 的距离，点P 在面ABCD 内的射影落在线段DE 上设为P ′，问题等价求为P ′C 的最小值，当P ′C ⊥DE 时，P ′C 的长度最小，此时P ′C ＝2×122＋1＝255. 答案：255三、解答题10．(2014·湖北卷)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN ⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.11．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，P ，Q 分别为线段AB ，CD 的中点，EP ⊥平面ABCD .(1)求证：DP ⊥平面EPC .(1)问在EP 上是否存在点F 使平面AFD ⊥平面BFC ？若存在，求出FP AP 的值．解：(1)因为EP ⊥平面ABCD ，所以EP ⊥DP ，又四边形ABCD 为矩形，AB ＝2BC ，P ，Q 为AB ，CD 的中点，所以PQ ⊥DC ，且PQ ＝12DC ，所以DP ⊥PC .因为EP ∩PC ＝P ，所以DP ⊥平面EPC .(2)如图，假设存在F 使平面AFD ⊥平面BFC ，因为AD ∥BC ，AD ⊄平面BFC ，BC ⊂平面BFC ，所以AD ∥平面BFC ，所以AD 平行于平面AFD 与平面BFC 的交线l .因为EP ⊥平面ABCD ，所以EP⊥AD，而AD⊥AB，AB∩EP＝P，所以AD⊥平面F AB，所以l⊥平面F AB，所以∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角．因为P是AB的中点，且FP⊥AB，所以当∠AFB＝90°时，FP＝AP，所以当FP＝AP，即FPAP＝1时，平面AFD⊥平面BFC.1．如右图，在三棱锥P—ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点．(1)求证：P A∥平面BEF；(2)若平面P AB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥P A.解：(1)在△P AC中，E、F分别是PC、AC的中点，所以P A∥EF，又P A⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以P A∥平面BEF.(2)在平面P AB内过点P作PD⊥AB，垂足为D.因为平面P AB⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面P AB，所以PD⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以PD⊥BC，又PB⊥BC，PD∩PB＝P，PD⊂平面P AB，PB⊂平面P AB，所以BC⊥平面P AB，又P A⊂平面P AB，所以BC⊥P A.2．(2014·广东卷)如图所示，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，EF∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D—AF—E的余弦值．解：(1)证明：PD⊥平面ABCD，PD⊂面PCD，∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面PCD ，CF ⊂平面PCD ，∴CF ⊥AD ，又AF ⊥PC ，∴CF ⊥AF ， AD ，AF ⊂平面ADF ，AD ∩AF ＝A ，∴CF ⊥平面ADF .(2)解法1：过E 作EG ∥CF 交DF 于G ，∵CF ⊥平面ADF ， ∴EG ⊥平面ADF ，过G 作GH ⊥AF 于H ，连EH ，则∠EHG 为二面角D —AF —E 的平面角，设CD ＝2，∵∠DPC ＝30°，∴∠CDF ＝30°，从而CF ＝12CD ＝1，CP ＝4，∵EF ∥ DC ，∴DE DP ＝CF CP ，即DE 23＝122， ∴DE ＝32，还易求得EF ＝32，DF ＝3，从而EG ＝DE ·EF DF ＝32·323＝34，易得AE ＝192，AF ＝7，EF ＝32，∴EH ＝AE ·EF AF ＝192·327＝31947， 故HG ＝(31947)2－(34)2＝6347， ∴cos ∠EHG ＝GH EH ＝6347·47319＝25719. 解法2：分别以DP ，DC ，DA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设DC ＝2，则A (0,0,2)，C (0,2,0)，P (23，0,0)，设CF→＝λCP →，则F (23λ，2－2λ，0)，DF →⊥CF →，可得λ＝14，从而F (32，32，0)，易得E (32，0,0)，取面ADF 的一个法向量为n 1＝12CP →＝(3，－1,0)，设面AEF 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，利用n 2·AE →＝0，且n 2·AF→＝0，得n 2可以是(4,0，3)，从而所求二面角的余弦值为n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝432×19＝25719.。

课时作业(四十)第40讲直线、平面垂直的判定与性质[时间：45分钟分值：100分]基础热身1．[2011·青岛一模] 已知直线l、m，平面α、β，且l⊥α，m⊂β，则α∥β是l⊥m的() A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件2．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②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；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是()A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④3．设a，b为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论成立的是()A．若a⊂α，b⊂β，且a∥b，则α∥βB．若a⊂α，b⊂β，且a⊥b，则α⊥βC．若a∥α，b⊂α，则a∥bD．若a⊥α，b⊥α，则a∥b4．[2011·吉林实验中学模拟] 在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是() A．30°B．45°C．60°D．90°能力提升5．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是() A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nB．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥nC．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n6．四面体ABCD中，AB＝AC＝23，DB＝DC＝22，BC＝2AD＝4，则二面角A－BC －D的大小是()A．30°B．45°C．60°D．135°7．[2011·全国卷] 已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足．点B∈β，BD ⊥l，D为垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于()A.23 B.33 C.63D．18．若直线l与平面α相交，但不垂直，则有()A．∀平面β，若l⊂β，都有平面β⊥平面αB．∃平面β，若l⊂β，使得平面β⊥平面αC．∀平面β，若l⊂β，都有平面β∥平面αD．∃平面β，若l⊂β，使得平面β∥平面α9．如图K40－1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是CD的中点，沿AE将△ADE折起，使二面角D －AE －B 为60°，则四棱锥D －( )图K40A.93913 B.273913C.91313D.27131310．结论“过一点作一个平面的垂线只能作一条”是________的(填“正确”或“错误”)．11．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，顶点在底面上的射影是底面正方形的中心，一个对角面的面积是一个侧面面积的62倍，则侧面与底面所成锐二面角等于________．12．[2011·全国卷] 已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1、CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值等于________．13．已知正方体的棱长为1，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点．下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形； ②P 在直线FG 上运动时，AP ⊥DE ；③Q 在直线BC 1上运动时，三棱锥A －D 1QC 的体积不变； ④M 是正方体的面A 1B 1C 1D 1内到点D 和C 1距离相等的点，则M 点的轨迹是一条线段． 14．(10分)[2012·长郡中学月考] 如图K40－2，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是菱形．P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点．(1)求证：P A ∥平面BFD ；(2)求二面角C －BF －D15．(13分)[2011·朝阳一模] 如图K40－3，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，且AD ∥BC ，∠ABC ＝∠P AD ＝90°，侧面P AD ⊥底面ABCD .若P A ＝AB ＝BC ＝12AD .(1)求证：CD ⊥平面P AC ；(2)侧棱P A 上是否存在点E ，使得BE ∥平面PCD ？若存在，指出点E 的位置并证明，若不存在，请说明理由；(3)求二面角A －PD －C 的余弦值．难点突破16．(12分)如图K40－4，在Rt△ABC中，∠C＝30°，∠B＝90°，D为AC中点，E为BD的中点，AE的延长线交BC于F，将△ABD沿BD折起，折起后∠AEF＝θ.(1)求证：面AEF⊥面BCD；(2)cosθ为何值时，AB⊥CD.－4课时作业(四十)【基础热身】1．B[解析] l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又m⊂β，故l⊥m.反之当l⊥m时，α，β的位置不确定．故选B.2．D[解析] 命题①中两条直线可能平行，故得不到两个平面互相平行的结论，命题①为假命题；根据两个平面垂直的判定定理，命题②是真命题；命题③是平面几何里面成立的一个命题，但在空间不成立，如在正方体ABCD－A1B1C1D1，AB⊥AD，DD1⊥AD，但AB，DD1并不平行，故命题③为假命题；命题④中，两平面垂直，如果一个平面内的直线垂直于另一个平面，则这条直线一定和交线垂直，故在一个平面内与交线不垂直的直线一定不会与另一个平面垂直，命题④为真命题．3．D[解析] 分别在两个相交平面内且和交线平行的两条直线也是平行线，故选项A 的结论不成立；任意两个相交平面，在一个平面内垂直于交线的直线，必然垂直于另一个平面内与交线平行的直线，故选项B中的结论不成立；当直线与平面平行时，只有经过这条直线的平面和已知平面的交线及与交线平行的直线与这条直线平行，其余的直线和这条直线不平行，故选项C中的结论不成立；根据直线与平面垂直的性质定理知，选项D中的结论成立．正确选项D.4．C[解析] 如图，E为BC2，则DE＝1，AE＝3，则tan ∠ADE＝3，故所求的角是60°.【能力提升】5．D[解析] 选项A中，当直线m，n都不在平面α，β内时，根据m∥α，n∥β，α∥β可以推证m，n都平行于平面α，β，但平行于同一个平面的两条直线不一定平行；选项B中，根据n⊥β，α⊥β可以推证n⊂α或者n∥α，同样平行于同一个平面的两条直线不一定平行；选项C中，同选项B；选项D中，根据m⊥α，α⊥β可以推证m⊂β或者m∥β，而n⊥β，故m⊥n.正确选项为D.6．B[解析] ∴AB＝23，AD＝2，BD＝22，AD2＋BD2＝AB2，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，同理AD⊥DC，∵BD∩CD＝D，∴AD⊥平面BCD.如图，取BC的中点E，连接AE，DE，根据二面角的平面角的定义，∠AED即为所求二面角的平面角，各个线段的长度如图，则∠AED＝45°.7．C[解析] ∵α⊥β，AC⊥l⊥β，在平面β内过D作DE⊥BC，则DE⊥平面ABC，DE即为D到平面ABC的距离，在△DBC中，运用等面积法得DE＝63，故选C.8．B[解析] 由于直线l与平面α斜交，故不是过直线l的任意平面都和平面α垂直，选项A中的结论不正确；只要过直线l上一点作平面α的垂线m，则直线l，m确定的平面β即与平面α垂直，故选项B中的结论是正确的；由于直线l与平面α存在公共点，故经过直线l的任意平面β都与平面α存在公共点，此时平面α，β不可能平行，故选项C、D中的两个结论都不可能成立．正确选项为B.9．A[解析] 在平面图形中，Rt△ADE斜边上的高是613，故折起后棱锥的高是613sin60°＝33913，棱锥的底面积是9，故其体积是13×9×33913＝93913.10．正确 [解析] 理由是如果能够作两条，则根据直线与平面垂直的性质定理，这两条直线平行，但根据已知这两条直线又相交，这是不可能的．11.π3 [解析] 如图，根据122ah 12ah ′＝62，得h h ′＝32，即为侧面与底面所成锐二面角的正弦值，故侧面与底面所成的锐二面角为π3.12.23[解析] 法一：在平面BC 1内延长FE 与CB 的延长线相交于G ，连接AG ，过B 作BH 垂直于AG 于H ，连接EH ，则EH ⊥AG ，故∠BHE 是平面AEF 与平面ABC 所成二面角的平面角．设正方体的棱长为a ，可得BE ＝a 3，BG ＝a ，所以BH ＝22a ，则tan ∠BHE ＝BEBH＝a 322a ＝23.法二：设正方体的边长为3，建立以B 1A 1为x 轴，B 1C 1为y 轴，B 1B 为z 轴的空间直角坐标系，则A (3,0,3)，E (0,0,2)，F (0,3,1)，则EA →＝(3,0,1)，EF →＝(0,3，－1)，设平面AFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥EA →，n ⊥EF →，即3x ＋z ＝0且3y －z ＝0，取z ＝3，则x ＝－1，y ＝1，所以n ＝(－1,1,3)，又平面ABC 的法向量为m ＝(0,0,3)，所以面AEF 与面ABC 所成的二面角的余弦值为cos θ＝m ·n |m ||n |＝31111，∴sin θ＝1－⎝⎛⎭⎫311112＝2211，所以tan θ＝23.13．②③④ [解析] 如图，三棱锥A 1－ABC 的四个面均为直角三角形，故命题①不正确．GF ⊥DE ，AF ⊥DE ，得DE ⊥平面AFG .又∵AP ⊂平面AFG ，故AP ⊥DE ，命题②正确．由于BC 1∥AD 1，可得BC 1∥平面ACD 1，即点Q 到平面ACD 1的距离与其位置无关，故三棱锥Q －ACD 1的体积不变，即三棱锥A －D 1QC 的体积不变，命题③正确．空间到两个点的距离相等的点的轨迹是这两点所在线段的中垂面，这个平面和上底面的交线即为所求的轨迹，这个轨迹是线段．命题④正确．14．[解答] (1)证明：连接AC ，OF . ∵四边形ABCD 是菱形，∴O 是AC 的中点． ∵点F 为PC 的中点，∴OF ∥P A . ∵OF ⊂平面BDF ，P A ⊄平面BDF ， ∴P A ∥平面BDF .(2)∵P A ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥AC . ∵OF ∥P A ，∴OF ⊥AC .∵ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD .∵OF ∩BD ＝O ，∴AC ⊥平面BDF .作OH ⊥BF ，垂足为H ，连接CH ，则CH ⊥BF ， ∠CHO 为二面角C －BF －D 的平面角． ∵P A ＝AD ＝AC ，∴OF ＝12P A ，BO ＝32P A ，BF ＝BO 2＋OF 2＝P A .在Rt △FOB 中，OH ＝OF ·BO BF ＝34P A ，tan ∠OHC ＝OC OH ＝12P A34P A ＝233.∴二面角C －BF －D 的正切值大小为233.15．[解答] (1)证明：因为∠P 又因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，且侧面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，所以P A ⊥底面ABCD . 而CD ⊂底面ABCD ，所以P A ⊥CD .在底面ABCD 中，因为∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AB ＝BC ＝12AD ，所以AC ＝CD ＝22AD ，所以AC ⊥CD .又因为P A ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面P AC .(2)在P A 上存在中点E ，使得BE ∥平面PCD ， 证明如下：设PD 的中点是F ， 连接BE ，EF ，FC ，则EF ∥AD ，且EF ＝12AD .又BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以BC ∥EF ，且BC ＝EF ，所以四边形BEFC 为平行四边形，所以BE ∥CF . 因为BE ⊄平面PCD ，CF ⊂平面PCD ， 所以BE ∥平面PCD.(3)设G 为AD 中点，连接CG ， 则CG ⊥AD .又因为平面ABCD ⊥平面P AD ， 所以CG ⊥平面P AD . 过G 作GH ⊥PD 于H ，连接CH ，由三垂线定理可知CH ⊥PD .所以∠GHC 是二面角A －PD －C 的平面角． 设AD ＝2，则P A ＝AB ＝CG ＝DG ＝1，DP ＝ 5.在△P AD 中，GH P A ＝DG DP ，所以GH ＝15.所以tan ∠GHC ＝CG GH ＝5，cos ∠GHC ＝66.即二面角A －PD －C 的余弦值为6.【难点突破】16．[解答] (1)证明：在Rt △ABC 中，∠C ＝30°，D 为AC 的中点，则△ABD 是等边三角形，又E 是BD 的中点，故BD ⊥AE ，BD ⊥EF ，折起后，AE ∩EF ＝E ，∴BD ⊥面AEF ， ∵BD ⊂面BCD ，∴面AEF ⊥面BCD .(2)过A 作AP ⊥面BCD 于P ，则P 在FE 的延长线上，设BP 与CD 的延长线相交于Q . 令AB ＝1，则△ABD 是边长为1的等边三角形，若AB ⊥CD ，又AP ⊥CD ，故CD ⊥平面ABP ，则BQ ⊥CD .在Rt △CBQ 中，由于∠C ＝30°，故∠CBQ ＝60°.又∠CBD ＝30°，故∠EBP ＝30°.在Rt △EBP 中，PE ＝BE tan30°＝12×33＝36， 又AE ＝32，故cos ∠AEP ＝3632＝13，故cos θ＝cos(π－∠AEP )＝－13，故当cos θ＝－13时，AB ⊥CD .。

课时规范练42 直线、平面垂直的判定及其性质课时规范练第67页一、选择题1.如果直线l,m与平面α,β,γ满足:β∩γ=l,l∥α,m⊂α且m⊥γ,那么必有( )A.α⊥γ且l⊥mB.α∥β且α⊥γC.α⊥γ且m∥βD.m∥β且l∥m答案:A解析:m⊂α且m⊥γ,则α⊥γ;m⊥γ且l⊂γ,则l⊥m.2.设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则a⊥b的一个充分条件是( )A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,a⊂α,b⊂βC.a⊥α,b∥αD.a⊥α,b⊥α答案:C解析:对于选项C,在平面α内存在c∥b,因为a⊥α,所以a⊥c,故a⊥b;A,B选项中,直线a,b可能是平行直线,相交直线,也可能是异面直线;D选项中一定推出a∥b.3.给定下列四个①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;②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;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真A.①和②B.②和③C.②和④D.③和④答案:C[:解析:当两个平面相交时,一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面,故①不对;由平面与平面垂直的判定定理可知②正确;空间中垂直于同一条直线的两条直线可以相交也可以异面,故③不对;若两个平面垂直,只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直,故④正确.4.如图,在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是( )A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAED.平面PDE⊥平面ABC答案:D解析:因为BC∥DF,所以BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点P在底面ABC 内的射影为△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.5.下面四个①“直线a∥直线b”的充要条件是“a平行于b所在的平面”;②“直线l⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α”;③“平面α∥平面β”的必要不充分条件是“α内存在不共线三点到β的距离相等”.其中正确A.①B.②C.②③D.③答案:C解析:①是既不充分也不必要条件.6.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直线l,则( )A.垂直于平面β的平面一定平行于平面αB.垂直于直线l的直线一定垂直于平面α[:C.垂直于平面β的平面一定平行于直线lD.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直答案:D解析:对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A错;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B错;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C错;易知D正确.7.如图,在棱长为4的正四面体A-BCD中,M是BC的中点,点P在线段AM上运动(P不与A,M重合),过点P作直线l⊥平面ABC,l与平面BCD交于点Q,给出下列①BC⊥平面AMD;②Q点一定在直线DM上;③V C-AMD=4.其中正确A.①②B.①③C.②③D.①②③答案:A解析:∵AM⊥BC,DM⊥BC,∴BC⊥面AMD,故①正确;②也正确;③中,V C-AMD=V A-BCD,A到底面BCD的距离A O=,V A-BCD=×4××4×,∴V C-AMD=.二、填空题8.设l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列5个①若m⊥α,l⊥m,则l∥α;②若m⊥α,l⊂β,l∥m,则α⊥β;③若α∥β,l⊥α,m∥β,则l⊥m;④若α∥β,l∥α,m⊂β,则l∥m;⑤若α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥β.其中正确的答案:②③解析:①l可能在α内,①错;④l若在β内可能与m相交,④错;⑤n垂直于交线,不一定垂直于β,⑤错.9.如图,AB为圆O的直径,C为圆周上异于A,B的任一点,PA⊥平面ABC,则图中共有个直角三角形.答案:4解析:∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB,PA⊥AC.∴△PAB,△PAC为直角三角形.又C为圆周上一点,∴∠ACB=90°.∴△ACB为直角三角形.由BC⊥AC,PA⊥BC,∴BC⊥平面PAC.∴BC⊥PC.∴△PCB为直角三角形.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是正确的条件即可)答案:DM⊥PC(答案不唯一)解析:由定理可知,BD⊥PC.∴当DM⊥PC时,即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD,∴平面MB D⊥平面PCD.三、解答题11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱C1D1的中点,F为棱BC的中点.[:(1)求证:直线AE⊥直线DA1;(2)在线段AA1上求一点G,使得直线AE⊥平面DFG.解：(1)证明:连接AD1,BC1,由正方体的性质可知,DA1⊥AD1,DA1⊥AB,又AB∩AD1=A,∴DA1⊥平面ABC1D1.又AE⊂平面ABC1D1,∴DA1⊥AE.(2)解所求G点即为A1点,证明如下:由(1)可知AE⊥DA1,取CD的中点H,连接AH,EH,由DF⊥AH,DF⊥EH,AH∩EH=H,可证DF⊥平面AHE,∴DF⊥AE.又DF∩A1D=D,∴AE⊥平面DFA1,即AE⊥平面DFG.12.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD的中点.(1)求证:PB∥平面ACM;(2)求证:AD⊥平面PAC;(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.解： (1)证明:连接BD,MO,在平行四边形ABCD中,因为O为AC的中点,所以O为BD的中点.又M为PD的中点,所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM,MO⊂平面ACM,所以PB∥平面ACM.(2)证明:因为∠ADC=45°,且AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PO⊥AD.而AC∩PO=O,所以AD⊥平面PAC.(3)解取DO的中点N,连接MN,AN,因为M为PD的中点,所以MN∥PO,且MN=PO=1.由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.在Rt△DAO中,AD=1,AO=,所以DO=,从而AN=DO=.在Rt△ANM中,tan∠MAN=,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.。

§8.4 直线、平面垂直的判定与性质解密考纲：对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β2．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是()A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n，则l∥nC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若l⊥α，l∥a，则a⊥α3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则() A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l4．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β() A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对5．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF6．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD．其中为真命题的是()A．①②B．②③C．②④D．①④二、填空题7．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为_________.①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．8．如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，N，M分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是_______ (填上所有正确的序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB．9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________.三、解答题10．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA ＝SB＝SC．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC．11．如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N 分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面AA′C′C；(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．12．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，D，E两点分别是边AB，AC的中点，现将△ABC沿DE折成直二面角A－DE－B．(1)求证：平面ADC⊥平面ABE；(2)求直线AD与平面ABE所成角的正切值．——★参考答案★——一、选择题1．『答案』D『解析』如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D项不一定成立，故选D．2．『答案』D『解析』对于A项，m与α位置关系不确定，故A项错；对于B项，当l与m，m与n 为异面垂直时，l与n可能异面或相交，故B项错；对于C项，也可能b⊂α，故C项错；对于D项，由线面垂直的定义可知正确．3．『答案』D『解析』由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但不一定垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l. 4．『答案』D『解析』过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D．5．『答案』A『解析』由平面图形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故选A．6．『答案』D『解析』①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD．④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO ⊥BC⇒AD⊥BC．二、填空题7．『答案』②④『解析』对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；对于②，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．8．『答案』①②『解析』 ①如图，分别取EC ，DE 的中点P ，Q ，由已知易知四边形MNQP 为平行四边形，则MN ∥PQ ，又PQ ⊂平面DEC ，故MN ∥平面DEC ，①正确；②取AE 的中点O ，易证NO ⊥AE ，MO ⊥AE .故AE ⊥平面MNO ，又MN ⊂平面MNO ，则AE ⊥MN ，②正确；③∵D ∉平面ABC ，∴N ∉平面ABC ，又A ，B ，M ∈平面ABC ， ∴MN 与AB 异面，③错误． 9．『答案』12『解析』 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF . 由已知可以得A 1B 1＝ 2.设Rt △AA 1B 斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×22＝h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝22x ，得x ＝12.即线段B 1F 的长为12.三、解答题10． 证明：(1)因为SA ＝SC ，D 是AC 的中点，所以SD ⊥AC ． 在Rt △ABC 中，AD ＝BD ，又SA ＝SB ，SD ＝SD ， 所以△ADS ≌△BDS ，所以SD ⊥BD ． 又AC ∩BD ＝D ，所以SD ⊥平面ABC ．(2)因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC ． 由(1)知SD ⊥BD ，又SD ∩AC ＝D ，所以BD ⊥平面SAC ． 11．(1)证明：如图，取A ′B ′的中点E ，连接ME ，NE .因为E ，N 分别为A ′B ′和B ′C ′的中点，所以NE ∥A ′C ′，ME ∥BB ′∥AA ′. 又A ′C ′⊂平面AA ′C ′C ，NE ⊄平面AA ′C ′C ， 所以NE ∥平面AA ′C ′C ，同理ME ∥平面AA ′C ′C ， 又EM ∩EN ＝E ，所以平面MNE ∥平面AA ′C ′C ， 因为MN ⊂平面MNE ，所以MN ∥平面AA ′C ′C ． (2)当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN ，证明如下： 连接BN ，设AA ′＝a ，则AB ＝λAA ′＝λa ， 由题意知BC ＝2λa ，CN ＝BN ＝a 2＋12λ2a 2，因为三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面， 所以平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C ， 因为AB ＝AC ，点N 是B ′C ′的中点， 所以A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，所以CN ⊥A ′N ， 要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可， 所以CN 2＋BN 2＝BC 2，即2⎝⎛⎭⎫a 2＋12λ2a 2＝2λ2a 2， 解得λ＝2，故当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN . 12．(1)证明：∵D ，E 两点分别是边AB ，AC 的中点， ∴DE ∥BC ．∵∠B ＝90°，∠ADE ＝90°，∴DE ⊥AD ，DE ⊥BD ， ∴∠ADB 为二面角A －DE －B 的平面角，∵∠ADB ＝90°， ∴AD ⊥平面BCD ．又∵BE ⊂平面BCD ，∴AD ⊥BE . 又∵BD ＝22，DE ＝12，BC ＝1，即BD DE ＝BCBD， ∴△BDE ∽△CBD ，∴∠EBD ＝∠DCB ， ∴∠EBD ＋∠BDC ＝90°，∴BE ⊥DC ．又∵DC ∩AD ＝D ，∴BE ⊥平面ADC ． 又∵BE ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面ADC ．(2)解：设BE 交CD 于H ，连接AH ，过点D 作DO ⊥AH 于O .∵AD⊥BE，BE⊥DH，又∵AD∩DH＝D，∴BE⊥平面ADH.∵DO⊂平面ADH，∴BE⊥DO.又∵DO⊥AH，BE∩AH＝H，∴DO⊥平面ABE，∴∠DAO为AD与平面ABE所成的角．在Rt△BDE中，BD＝22，DE＝12，∴DH＝BD·DEBE＝66.在Rt△ADH中，tan∠DAO＝DHDA＝66×2＝33，∴直线AD与平面ABE所成角的正切值为3 3.。

课时作业(四十一)直线、平面垂直的判定与性质1．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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A[由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立．因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A．]2．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A[由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．]3．(多选)α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题中正确的是()A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βB．若m⊂α，α∥β，则m∥βC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥βABC[由α，β是两个平面，m，n是两条直线知，在A中，m⊥n，m⊥α，n⊥β，由面面垂直的判定得α⊥β，故A正确；在B中，m⊂α，α∥β，由面面平行的性质得m∥β，故B正确；在C 中，α∩β＝l，m∥α，m∥β，由线面平行的性质得m∥l，故C正确；在D中，m⊥n，m⊥α，n∥β，得α与β相交或平行，故D错误．故选ABC.]4．(多选)P A垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB，PC，PD，AC，BD，则下列垂直关系正确的是()A．平面P AB⊥平面PBCB．平面P AB⊥平面P ADC．平面P AB⊥平面PCDD．平面P AB⊥平面P ACAB[由P A⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD得P A⊥BC，又BC⊥AB，P A∩AB＝A，则BC⊥平面P AB，又BC⊂平面PBC，得平面P AB⊥平面PBC，故A正确，同理可证B正确．] 5．(多选)如图所示，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线P A垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点，以下四个命题正确的是()A．P A∥平面MOB B．MO∥平面P ACC．OC⊥平面P AC D．平面P AC⊥平面PBCBD[∵P A⊂平面MOB，故A错误；∵OM是△P AB的中位线，∴OM∥P A，又OM⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，∴OM∥平面P AC，故B正确；∵AB是直径，∴BC⊥AC，∴又P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥BC，又P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，故C错误；又BC⊂平面PBC，∴平面P AC⊥平面PBC，故D正确．故选BD.]6．(开放型)(2019·北京卷)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：________．解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直于α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确．答案：若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)7.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC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：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，∴AB⊥AP，即与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC；AB8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠BAC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M 是AB上的一个动点，则PM的最小值________．解析：如图，过点C作CM⊥AB于点M，连接PM，∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB.又∵PC∩CM＝C，∴AB⊥平面PCM.又∵PM⊂平面PCM，∴PM⊥AB，此时PM最短．∵∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，AB＝8，∴AC＝AB cos 60°＝4，∴CM＝AC sin 60°＝2 3 .∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，∴PC⊥CM.∵在Rt△PCM中，CM＝2 3 ，PC＝4，∴PM＝CM2＋PC2 ＝（23）2＋42 ＝27 .答案：279．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；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC，又AB⊥BC，∴DE⊥AB.∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC.由(1)可知SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.10．如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形．P A＝AB＝2，E 是AB的中点，G是PD的中点．(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.解析：(1)易知V四棱锥P-ABCD＝13 S正方形ABCD·P A＝13×2×2×2＝83.(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，则易得AE∥FG，且AE＝12 CD＝FG.所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，所以AG∥平面PEC.(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥P A，因为P A∩AD＝A，P A⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以CD⊥平面P AD.又AG⊂平面P AD，所以CD⊥AG.易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.又EF⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.11．(多选)如图，一张A4纸的长、宽分别为22a ，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是()A．该多面体是三棱锥B．平面BAD⊥平面BCDC．平面BAC⊥平面ACDD．该多面体外接球的表面积为5πa2ABCD[由题意得该多面体是一个三棱锥，故A项正确；因为AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又因为AP⊂平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，故B项正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故C项正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝52 a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故D项正确．综上，正确的命题为ABCD项．]12．(开放型)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥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：∵P A⊥底面ABCD，∴BD⊥P A，连接AC，则BD⊥AC，且P A∩AC＝A，∴BD⊥平面P AC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)13．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，连接A1B，A1C，M，N分别为A1C，BE的中点，如图2.(1)求证：DE⊥A1B；(2)求证：MN∥平面A1ED.解析：(1)证明：因为在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，所以DE⊥A1E，DE⊥BE，因为A1E∩BE＝E，所以DE⊥平面A1BE，因为A1B⊂平面A1BE，所以DE⊥A1B.(2)证明：取CD中点F，连接NF，MF，因为M，N分别为A1C，BE的中点，所以MF∥A1D，NF∥DE，又DE∩A1D＝D，NF∩MF＝F，DE⊂平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，NF⊂平面MNF，MF⊂平面MNF，所以平面A1DE∥平面MNF.所以MN∥平面A1ED.14．(2020·广东市调研检测)如图，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，平面AEFC⊥平面ABCD，EF∥AC，且AE＝1，AC＝2EF.(1)求证：平面BED⊥平面AEFC；(2)若四边形AEFC为直角梯形，且EA⊥AC，求点A到平面FCD的距离．解析：(1)因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又BD⊂平面ABCD，平面AEFC⊥平面ABCD.平面AEFC∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面AEFC.又BD⊂平面BED，所以平面BED⊥平面AEFC.(2)设AC与BD相交于点O，连接OF.因为AO∥EF且AO＝EF，所以四边形AOFE是平行四边形．所以AE∥OF且AE＝OF.因为AE⊥AC，而平面AEFC⊥平面ABCD，平面AEFC∩平面ABCD＝AC，AE⊂平面AEFC，所以AE⊥平面ABCD.因为AE∥OF，所以OF⊥平面ABCD.法一：又AC，BD⊂平面ABCD，所以OF⊥AC，OF⊥BD.在Rt△OFC中，CF＝OF2＋OC2 ＝ 2 ，在Rt△OFD中，DF＝OF2＋OD2 ＝2，在△CFD中，CF＝ 2 ，DF＝DC＝2，所以CF 边上的高为 22－（22）2 ＝142， 所以S △CFD ＝12 × 2 ×142 ＝72.设点A 到平面CDF 的距离为h ，连接AF ， 因为V A CDF ＝V FACD ，即13 ×h ×S △CDF ＝13×OF ×S △ACD ， 所以h ×72 ＝1×12 ×2×2×32， 所以h ＝237＝2217 .法二：过点O 作OH ⊥CD 于点H ，连接HF . 因为OF ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以OF ⊥CD .因为OH ⊥CD ，OF ⊥CD ，OF ∩OH ＝O ， 所以CD ⊥平面HOF . 因为HF ⊂平面HOF ， 所以CD ⊥HF . 在△HOF 中，HF ＝OF2＋OH2 ＝12＋（32）2 ＝72， S △CDF ＝12 ×CD ×HF ＝12 ×2×72 ＝72 ，设点A 到平面CDF 的距离为h ，连接AF ， 因为V A CDF ＝V FACD ，即13 ×h ×S △CDF＝13×OF ×S △ACD ， 所以h ×72 ＝1×12 ×2×2×32， 所以h ＝237 ＝2217 .。