高考数学文一轮：一课双测A+B精练四十四直线、平面垂直的判定与性质33

课时跟踪检测(四十四)直线、平面垂直的判定及其性质(分A、B卷，共2页)A卷：夯基保分一、选择题1．(2015·海淀模拟)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αC．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2．(2015·石家庄调研)设a，b表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若a⊥α且a⊥b，则b∥αB．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥βC．若a∥α且a∥β，则α∥βD．若γ∥α且γ∥β，则α∥β3．(2015·南昌模拟)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4．(2015·绵阳诊断)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是()A．l⊂α，m⊂β，且l⊥mB．l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥nC ．m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，且l ⊥mD ．l ⊂α，l ∥m ，且m ⊥β5．(2015·天津模拟)如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形；③三棱锥D -ABC 是正三棱锥；④平面ADC ⊥平面ABC .其中正确的是( ) A ．①②④ B ．①②③ C ．②③④D ．①③④6．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 ．2二、填空题7．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)8．(2015·福建四地六校月考)点P 在正方体ABCD -A1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A -D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是________．9．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)10．(2015·海淀期末)已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．(1)若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________；(2)关于该四棱锥的下列结论中：①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直；②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形；③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面．所有正确结论的序号是________．三、解答题11．(2015·南京检测)如图，在正三棱锥ABC-AB1C1中，E，F分别为BB1，AC的中点．(1)求证：BF∥平面A1EC；(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1.B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F12．如图，在正方体ABCD-A为棱BC的中点．(1)求证：AE⊥DA1；(2)在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.B卷：增分提能1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高．2．(2015·西城一模)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝2AB，SA＝SD，SA⊥AB，N是棱AD的中点．(1)求证：AB∥平面SCD；(2)求证：SN⊥平面ABCD；(3)在棱SC上是否存在一点P，使得平面PBD⊥平面ABCD？若存在，求出SPPC的值；若不存在，说明理由．3．(2015·商丘质检)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分别为AB，DE的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，F为A′C的中点，A′C ＝4.(1)求证：平面A′DE⊥平面BCD；(2)求证：FB∥平面A′DE.答案A 卷：夯基保分1．选D 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．2．选D A 项中，应该是b ∥α或b ⊂α；B 项中，如果是墙角的三个面就不符合题意；C 项中，α∩β＝m ，若a ∥m 时，满足a ∥α，a ∥β，但是α∥β不正确；所以选D.3．选D 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.4．选D 对于A ，l ⊂α，m ⊂β，且l ⊥m ，如图(1)，α，β不垂直； 对于B ，l ⊂α，m ⊂β，n ⊂β，且l ⊥m ，l ⊥n ，如图(2)，α，β不垂直；对于C ，m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，且l ⊥m ，直线l 没有确定，则α，β的关系也不能确定； 对于D ，l ⊂α，l ∥m ，且m ⊥β，则必有l ⊥β，根据面面垂直的判定定理知，α⊥β. 5．选B 由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B.6．选A 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 ＝12.7．解析：连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ， ∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥BD . 又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)8．解析：由题意可得直线BC 1平行于直线AD 1，并且直线AD 1⊂平面AD 1C ，直线BC 1⊄平面AD 1C ，所以直线BC 1∥平面AD 1C .所以V A -D 1PC ＝V P -AD 1C .点P 到平面AD 1C 的距离不变，所以体积不变．故①正确； 连接A 1C 1，A 1B ，可得平面AD 1C ∥平面A 1C 1B . 又因为A 1P ⊂平面A 1C 1B ， 所以A 1P ∥平面ACD 1，故②正确；当点P 运动到B 点时△DBC 1是等边三角形， 所以DP 不垂直BC 1.故③不正确； 因为直线AC ⊥平面DB 1，DB 1⊂平面DB 1. 所以AC ⊥DB 1.同理可得AD 1⊥DB 1. 所以可得DB 1⊥平面AD 1C . 又因为DB 1⊂平面PDB 1. 所以可得平面PDB 1⊥平面ACD 1. 故④正确．综上正确的序号为①②④. 答案：①②④9．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：①③10.解析：(1)由三视图知，该几何体为底面是正方形的四棱锥，如图所示，所以该四棱锥的体积为13×2×2×1＝43.(2)由图可知PQ ⊥平面ABCD ，则有PQ ⊥AB ，又AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面PBC ，于是侧面P AB ⊥侧面PBC ，同理可知侧面PDC ⊥侧面PBC ，故①正确；由上述易知AB ⊥PB ，CD ⊥PC ，所以△P AB ，△PCD 为直角三角形，又四棱锥的侧视图为直角三角形，所以△PBC 为直角三角形，故②正确；由图易判断平面P AB 与平面P AD 不垂直，故③正确．综上知①②③均正确．答案：(1)43(2)①②③11．证明：(1)连接AC 1交A 1C 于点O ，连接OE ，OF ， 在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形， 所以OA ＝OC 1.又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1.因为E 为BB 1中点， 所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1.所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE . 又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ， 所以BF ∥平面A 1EC .(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ， F 为AC 中点，所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC . 又因为AA 1⊥底面ABC ， 而BF ⊂底面ABC ， 所以AA 1⊥BF .由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1， AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1. 因为OE ⊂平面A 1EC ， 所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1.12．解：(1)证明：连接AD 1，BC 1，由正方体的性质可知，DA 1⊥AD 1，DA 1⊥AB ，又AB ∩AD 1＝A ，∴DA 1⊥平面ABC 1D 1， 又AE ⊂平面ABC 1D 1， ∴DA 1⊥AE .(2)所求G 点即为A 1点，证明如下：由(1)可知AE ⊥DA 1，取CD 的中点H ，连接AH ，EH ，由DF ⊥AH ，DF ⊥EH ， AH ∩EH ＝H ，可证DF ⊥平面AHE ，∵AE ⊂平面AHE ， ∴DF ⊥AE . 又DF ∩A 1D ＝D ，∴AE ⊥平面DF A 1，即AE ⊥平面DFG . B 卷：增分提能1．解：(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点． 因为侧面BB 1C 1C 为菱形， 所以B 1C ⊥BC 1.又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ， 故B 1C ⊥平面ABO .由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H .由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，AO ∩OD ＝O ，故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC .又OH ⊥AD ，AD ∩BC ＝D ，所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，可得OD ＝34. 由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH ·AD ＝OD ·OA ， 且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为217. 2．解：(1)证明：因为底面ABCD 是矩形，所以AB ∥CD ， 又因为AB ⊄平面SCD ，CD ⊂平面SCD ， 所以AB ∥平面SCD .(2)证明：因为AB ⊥SA ，AB ⊥AD ，SA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面SAD ，又因为SN ⊂平面SAD ，所以AB ⊥SN . 因为SA ＝SD ，且N 为AD 中点， 所以SN ⊥AD . 又因为AB ∩AD ＝A ， 所以SN ⊥平面ABCD .(3)存在点P ，使得平面PBD ⊥平面ABCD .理由如下：如图，连接BD 交NC 于点F ，在平面SNC 中过F 作FP ∥SN 交SC 于点P ，连接PD ，PB . 因为SN ⊥平面ABCD ，所以FP ⊥平面ABCD . 又因为FP ⊂平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面ABCD . 在矩形ABCD 中，因为ND ∥BC ， 所以NF FC ＝ND BC ＝12.在△SNC 中，因为FP ∥SN ， 所以NF FC ＝SP PC ＝12.则在棱SC 上存在点P ，使得平面PBD ⊥平面ABCD ，此时SP PC ＝12.3．证明：(1)由题意，△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成的， ∴△A ′DE ≌△ADE .∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠A ＝60°. 又∵AD ＝AE ＝2，∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．如图，连接A ′M ，MC ， ∵M 是DE 的中点， ∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝ 3.在△DMC 中，MC 2＝DC 2＋DM 2－2DC ·DM cos 60°＝42＋12－2×4×1×cos 60°， ∴MC ＝13.在△A ′MC 中，A ′M 2＋MC 2＝(3)2＋(13)2＝42＝A ′C 2. ∴△A ′MC 是直角三角形，∴A ′M ⊥MC . 又∵A ′M ⊥DE ，MC ∩DE ＝M ， ∴A ′M ⊥平面BCD . 又∵A ′M ⊂平面A ′DE ， ∴平面A ′DE ⊥平面BCD . (2)取DC 的中点N ，连接FN ，NB .∵A ′C ＝DC ＝4，F ，N 分别是A ′C ，DC 的中点， ∴FN ∥A ′D .又∵N ，E 分别是平行四边形ABCD 的边DC ，AB 的中点， ∴DN 綊EB ，∴四边形EBND是平行四边形，∴BN∥DE.又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB.∵FB⊂平面FNB，∴FB∥平面A′DE.。

∴OQ 平面PAE,∴OQ⊥BC.
连接BO并延长交AC于F.
∵PA⊥平面ABC,BF 平面ABC,
∴PA⊥BF.又∵O是△ABC的垂心,∴BF⊥AC, ∴BF⊥平面PAC.
∵PC 平面PAC,∴BF⊥PC.
连接BQ并延长交PC于M,连接MF. ∵Q为△PBC的垂心,∴PC⊥BM.∵BM∩BF=B,
∵AB 平面EAB,∴AB⊥CD.
学后反思 证明空间中两直线互相垂直,通常先观察两直线是否共面. 若两直线共面,则一般用平面几何知识即可证出,如勾股定理、等腰 三角形的性质等.若两直线异面,则转化为线面垂直进行证明.
举一反三
1. （2010·淮安模拟）如图，在三棱柱BCE-ADF中，四边形ABCD是正 方形，DF⊥平面ABCD，N是AC的中点，G是DF上的一点.求证： GN⊥AC.
第五节 直线、平面垂直的判定及其性质
基础梳理
1. 直线与平面垂直
(1)定义:如果直线 与l 平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线 与平l
面α互相垂直.这条直线叫做平面的垂线,这个平面叫做直线的垂面,交点叫 做垂足.垂线上任意一点到垂足间的线段,叫做这个点到这个平面的垂线段, 垂线段的长度叫做点到平面的距离. (2)性质:如果一条直线垂直于一个平面,那么它就和平面内的任意一条直 线垂直. (3)判定定理:如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直,则这条直线与 这个平面垂直. (4)推论:如果在两条平行直线中,有一条垂直于一个平面,那么另一条也垂 直于这个平面. (5)性质定理:如果两条直线垂直于同一个平面,那么这两条直线平行.
举一反三
2. 如图所示,P是△ABC所在平面外一点,且PA⊥平面 ABC,若O、Q分别是△ABC和△PBC的垂心，求 证:OQ⊥平面PBC.

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.。

课时跟踪检测(四十四) 直线、平面垂直的判定与性质(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．在空间中，给出下面四个命题：①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；②若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面； ③垂直于同一条直线的两条直线互相平行；④若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线．其中正确的命题是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④D ．①④2．(2014·南昌模拟)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3．已知在空间四边形ABCD 中，AD ⊥BC ，AD ⊥BD ，且△BCD 是锐角三角形，则必有( )A ．平面ABD ⊥平面ADCB ．平面ABD ⊥平面ABC C ．平面ADC ⊥平面BDCD ．平面ABC ⊥平面BDC4.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 ．1 C.32D ．25.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)6．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)7．(2013·辽宁高考)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.8．(2013·北京高考)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分别为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.第Ⅱ卷：提能增分卷1．如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G .将△ABF 沿AF 折起，得到如图2所示的三棱锥A -BCF ，其中BC ＝22.图1 图2(1)证明：DE ∥平面BCF ； (2)证明：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F -DEG 的体积V F -DEG .2．如图，在三棱锥A -BOC 中，AO ⊥平面COB ，∠OAB ＝∠OAC＝π6，AB ＝AC ＝2，BC ＝2，D 、E 分别为AB 、OB 的中点． (1)求证：CO ⊥平面AOB ；(2)在线段CB 上是否存在一点F ，使得平面DEF ∥平面AOC ，若存在，试确定F 的位置；若不存在，请说明理由．3.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D.(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；(2)设E是B1C1上的一点，当B1EEC1的值为多少时，A1E∥平面ADC1？请给出证明．答 案第Ⅰ卷：夯基保分题1．选D 易知①④正确；对于②，过两点的直线可能与平面相交；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面．故选D.2．选D 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.3．选C ∵AD ⊥BC ，AD ⊥BD ，BC ∩BD ＝B ，∴AD ⊥平面BDC ，又AD ⊂平面ADC ，∴平面ADC ⊥平面BDC .故选C.4．选A 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 ＝12.5．解析：由定理可知，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)6．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：①③7．证明：(1)证明：由AB是圆O的直径，得AC⊥BC.由P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得P A⊥BC.又P A∩AC＝A，P A⊂平面P AC，AC⊂平面P AC，所以BC⊥平面P AC.(2)连OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为P A中点，得QM∥PC.又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO，所以QG∥平面PBC.8．证明：(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，所以P A ⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD，因为P A∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：如图1，在等边三角形ABC 中，AB ＝AC . ∵AD ＝AE ，∴AD DB ＝AEEC，∴DE ∥BC ，∴DG ∥BF ，如图2，DG ⊄平面BCF ，BF ⊂平面BCF ，∴DG ∥平面BCF . 同理可证GE ∥平面BCF .∵DG ∩GE ＝G ，∴平面GDE ∥平面BCF ， ∴DE ∥平面BCF .(2)证明：如图1，在等边三角形ABC 中，F 是BC 的中点，∴AF ⊥FC ，∴BF ＝FC ＝12BC＝12.在图2中，∵BC ＝22，∴BC 2＝BF 2＋FC 2，∴∠BFC ＝90°，∴FC ⊥BF . ∵BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .(3)∵AD ＝23，∴BD ＝13，AD ∶DB ＝2∶1，在图2中，AF ⊥FC ，AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面BCF ，由(1)知平面GDE ∥平面BCF ，∴AF ⊥平面GDE .在等边三角形ABC 中，AF ＝32AB ＝32， ∴FG ＝13AF ＝36，DG ＝23BF ＝23×12＝13＝GE ，∴S △DGE ＝12DG ·EG ＝118，∴V F -DEG ＝13S △DGE ·FG ＝3324. 2．解：(1)证明：因为AO ⊥平面COB ， 所以AO ⊥CO ，AO ⊥BO .即△AOC 与△AOB 为直角三角形． 又因为∠OAB ＝∠OAC ＝π6，AB ＝AC ＝2，所以OB ＝OC ＝1.由OB 2＋OC 2＝1＋1＝2＝BC 2，可知△BOC 为直角三角形． 所以CO ⊥BO ，又因为AO ∩BO ＝O ， 所以CO ⊥平面AOB .(2)在段线CB 上存在一点F ，使得平面DEF ∥平面AOC ，此时F 为线段CB 的中点． 如图，连接DF ，EF ，因为D 、E 分别为AB 、OB 的中点，所以DE∥OA .又DE ⊄平面AOC 上，所以DE ∥平面AOC . 因为E 、F 分别为OB 、BC 的中点，所以EF ∥OC .又EF ⊄平面AOC ，所以EF ∥平面AOC ，又EF ∩DE ＝E ，EF ⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面AOC.3．解：(1)证明：在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，∴AD⊥CC1.又∵AD⊥C1D，CC1∩C1D＝C1，CC1⊂平面BCC1B1，C1D⊂平面BCC1B1，∴AD⊥平面BCC1B1.(2)由(1)，得AD⊥BC.在正三角形ABC中，D是BC的中点．当B1EEC1＝1，即E为B1C1的中点时，A1E∥平面ADC1.证明如下，作图如图所示．事实上，正三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，且D，E分别是BC，B1C1的中点，所以B1B∥DE，B1B＝DE.又∵B1B∥AA1，且B1B＝AA1，∴DE∥AA1，且DE＝AA1.∴四边形ADEA1为平行四边形，∴EA1∥AD.而A1E⊄平面ADC1，AD⊂平面ADC1，故A1E∥平面ADC1.。