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第4节　垂直关系　
[课标要求]　①以立体几何的定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直的关系；②能运用公理、定理和已获得的结论证明空间基本图形的垂直关系的简单命题．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义：
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α．
(2)直线与平面垂直的判定定理和性质定理：
文字语言 图形语言 符号语言
判 定 定 理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直
性 质 定 理 垂直于同一个平面的两条直线平行
2．平面与平面垂直的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判 定 定 理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
性 质 定 理 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
(一)必背常用结论
1．直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．
(2)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．
(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，则这一条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
2．三垂线定理
在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
(二)盘点易错易混
1．线面垂直的定义中，强调与“任意一条直线”垂直，等同于“所有”，不能改为“无数”；
2．在应用线面垂直的判定定理时，一定要保证平面内的两条直线相交．
3．当两个平面垂直时，并非一个平面内的任意直线都和另一个平面垂直．要注意不能和两个平面平行的性质混淆．
4．不要把平面几何中的相交结论直接应用在立体几何中，有些平面中的结论在空间不成立．
【小题热身】
1． 给出下列三个命题：
①垂直于同一直线的两个平面互相平行；
②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直线垂直于这个平面．
其中真命题的个数是(　　 )
A．1 B．2
C．3 D．0
解析：①正确；②错误，两平面可能相交；③正确．
答案：B
2．已知平面α，β，直线l，m，且有l⊥α，m β，给出下列命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l∥m，则α⊥β；③若α⊥β，则l∥m；
其中正确命题的个数是(　　 )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：对于①：因为α∥β，l⊥α，所以l⊥β，又m β，所以l⊥m，故正确；
对于②：因为l∥m，l⊥α，所以m⊥α，又m β，所以α⊥β，故正确；
对于③：因为α⊥β，l⊥α，所以l与m可能平行或异面，故错误．
答案：C
3．已知△ABC所在的平面为α，l，m是两条不同的直线，l⊥AB，l⊥AC，m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是(　　 )
A．相交 B．异面
C．平行 D．不确定
解析：因为l⊥AB，l⊥AC，AB，AC α，又AB∩AC＝A，
所以l⊥α．同理可证m⊥α，所以l∥m．
答案：C
4．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则以下正确的是(　　 )
A．AB∥CD B．CD∥EF
C．ED⊥HG D．HG⊥EF
解析：由正方体的展开图，将它还原为正方体，如图：
对于A：易知AB与CD是异面直线，故A错误；
对于B：易知CD∥EF，故B正确；
对于C：易知HG⊥平面ADME，从而有ED⊥HG，故C正确；
对于D：由CD∥EF可知，HG与EF所成角为∠HGD，
又易知△HGD为等边三角形，故∠HGD＝60°，故D错误．
答案：BC
5．[易错题]已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
解析：
如图，由于PD⊥平面ABCD，故平面PDA⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PDA, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__线面、面面平行(垂直)关系的判断[典例引领]
【例1】　(1)(多选)(2021·辽宁铁岭二模)设m，n是不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则正确命题是(　　 )
A．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n
B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
(2)已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，有下列结论：
①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC．其中正确的有________(填序号)．
解析：(1)因为m⊥α，α∥β，所以m⊥β，因为n⊥β，所以m∥n，选项A正确；
当α，β，γ是某三棱柱的三个侧面时，可以满足α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，但是α与β相交，选项B错误；
垂直于同一个平面的两个平面可以相交，选项C错误；
因为m⊥α，α∥β，所以m⊥β，因为β∥γ，所以m⊥γ，选项D正确．
(2)
如图，因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，且PB 平面PBC，
PC 平面PBC，所以PA⊥平面PBC．
又BC 平面PBC，所以PA⊥BC．
同理可得PB⊥AC，PC⊥AB．故①②③正确．由已知条件无法得到④．
答案：(1)AD　 (2)①②③
[思维升华]　判断与空间平行、垂直关系有关的命题真假的方法
(1)借助几何图形来说明线面关系．
(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．
(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定定理或性质定理进行简单说明．
[对点练]　1．(多选)已知平面α和两条不同的直线m，n，下面的条件中一定可以推出m⊥n的是(　　 )
A．m⊥α，n∥α B．m⊥α，n⊥α
C．m α，n⊥α D．m∥α，n∥α
解析：对选项A，若m⊥α，n∥α，则存在直线b α，且n∥b，
因为m⊥α，b α，所以m⊥b，即m⊥n，故A正确；
对选项B，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，故B错误；
对选项C，m α，n⊥α，则m⊥n，故C正确；
对选项D，若m∥α，n∥α，则m，n为位置关系为：平行，相交或异面，故D错误．
答案：AC
2．(多选)
(2021·江苏苏州模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B 任一点，则下列结论中正确的是(　　 )
A．PB⊥AC
B．PC⊥BC
C．AC⊥平面PBC
D．平面PAC⊥平面PBC
解析：因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，所以PA⊥BC，PA⊥AC．又点C是圆周上异于A，B任一点，所以AC⊥BC．
对于A，若PB⊥AC，则可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与PA⊥AC矛盾，故A错误；
对于B，D，可知BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，由BC 平面PBC，可得平面PAC⊥平面PBC，故B，D正确；
对于C，由AC与PC不垂直，可得AC⊥平面PBC不成立，故C错误．故选BD．
答案：BD
考点2__线面垂直的判定及性质[多维讲练]
线面垂直是垂直关系中最重要的一种，既能通过线面垂直证明面面垂直，也可以通过线面垂直得到线线垂直，起着承上启下的作用，也是高考命题的热点，常作为解答题中的条件或者是第(1)问，难度中等．证明线面垂直时常用判定定理法，需注意平面内的两条直线必须相交．
角度1　直线与平面垂直的判定
【例2】　(一题多法)
如图所示，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，
证明：B1F⊥平面ADF．
[思维点拨]　由等腰三角形底边中线的性质，易知AD⊥BC．结合直三棱柱特征可证AD⊥平面B1BCC1，从而AD⊥B1F．分析图形和条件，需再证B1F⊥FD．可用两种方法：一是利用三角形全等证明∠B1FD＝90°，二是求出△B1FD的各边，利用勾股定理证明∠B1FD＝90°．
证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC．
在直三棱柱ABC A1B1C1中，
因为BB1⊥底面ABC，AD 底面ABC，
所以AD⊥B1B．
因为BC∩B1B＝B，BC，B1B 平面B1BCC1，
所以AD⊥平面B1BCC1．
因为B1F 平面B1BCC1，所以AD⊥B1F．
法一　(三角形全等证明线线垂直)在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，
B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD．
因为AD∩FD＝D，AD，FD 平面ADF，所以B1F⊥平面ADF．
法二　(勾股定理证明线线垂直)　在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，
所以B1D＝＝．
在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，
所以B1F＝＝．
在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，
所以DF＝＝．
显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°．
所以B1F⊥FD．
因为AD∩FD＝D，AD，FD 平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF．
[思维升华]　证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．
[对点练]　1．如图①，在菱形ABCD中，∠A＝60°且AB＝2，E为AD的中点．将△ABE沿BE折起使AD＝，得到如图②所示的四棱锥A BCDE．
(1)求证：BC⊥平面ABE．
(2)若Р为AC的中点，求三棱锥B PCD的体积．
解：(1)连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形．
∵E为AD的中点，∴BE⊥AE，BE⊥DE．
又∵AB＝2，∴AE＝DE＝1，AD＝，
∴AE2＋ED2＝AD2，∴AE⊥ED，
∵BC∥DE，∴BC⊥BE，BC⊥AE．
又BE∩AE＝E，AE 平面ABE，BE 平面ABE，
∴BC⊥平面ABE．
(2)由(1)知AE⊥DE，AE⊥BE，
∵BE∩DE＝E，BE 平面BCDE，DE 平面BCDE．
∴AE⊥平面BCDE．
∵P为AC的中点．∴P到平面BCD的距离AE＝，
∵S△BCD＝×2×2×sin 60°＝，
∴VB PCD＝VP BCD＝·S△BCD·AE＝，
即三棱锥B PCD的体积为．
角度2　直线与平面垂直的性质
【例3】　
如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA＝AB＝1，AD＝2，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．
(1)求三棱锥E PAD的体积；
(2)证明：无论点E在边BC的何处，都有AF⊥PE．
[思维点拨]　(1)求三棱锥的体积时，关键是求高，有时需变换三棱锥的顶点，利用垂直关系找高．
(2)要证无论点E在边BC的何处，都有AF⊥PE，即证AF⊥平面PBC．
解：(1)∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA＝AB＝1，AD＝2，
∴S△EAD＝AD·AB＝1，
∴VE PAD＝VP EAD＝S△EAD·PA＝．
(2)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，∴PA⊥AB．
又∵PA＝AB＝1，且点F是PB的中点，∴AF⊥PB．
又PA⊥BC，BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB．
又AF 平面PAB，∴BC⊥AF．
由可得AF⊥平面PBC．
又PE 平面PBC，∴无论点E在边BC的何处，都有AF⊥PE．
[思维升华]　证明线线垂直的基本方法
(1)证明一条直线垂直于经过另一直线的平面，称之为线面垂直法．
(2)计算两条直线所成角等于90°，称之为计算角度法
[对点练]　2．在正方体ABCD A1B1C1D1中，P为D1D的中点，O为底面ABCD的中心，求证：B1O⊥AP．
证明：
如图(1)，易证AB1＝CB1．
又因为O为AC的中点，所以B1O⊥AC．
在矩形BDD1B1中，O，P分别为BD，D1D的中点．
易证△POD∽△OB1B，所以∠POD＝∠OB1B．
所以B1O⊥PO．又AC∩PO＝O，所以B1O⊥平面PAC．
又AP 平面PAC，所以B1O⊥AP．
考点3__面面垂直的判定及性质[典例引领]
【例4】　如图，在四面体P ABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q．
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求四面体P OBQ的体积．
解： (1)证明：∵PA＝PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC．
在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得PO＝4．
∵AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC．
在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得BO＝4．
∵PO＝4，BO＝4，PB＝4，∴PO2＋BO2＝PB2，
∴PO⊥BO．
∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC．
∵PO 平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．
(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC．
∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO 平面ABC，∴BO⊥平面PAC，
∴VB POQ＝S△PQO·BO＝×S△PAO×4＝×3×4＝4．
∵VP OBQ＝VB POQ，∴四面体P OBQ的体积为4．
[思维升华]　面面垂直判定的2种方法与1个转化
(1)2种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)．
(2)1个转化：在已知两个平面垂直时，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．
[对点练]　(2022·陕西咸阳模拟)
如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为正方形，DE＝BD＝1，CE＝，点G为AD中点，点H为DE中点．
(1)求证：平面ADEF⊥平面ABCD且FH⊥BE；
(2)求三棱锥B CEG的体积．
解：(1)因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA，
由DE＝DC＝1，CE＝，可得CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC，
因为DA∩DC＝D，且DA，DC 平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD，
又因为DE 平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD，
由△ABD是正三角形，因为点G为AD中点，所以BG⊥AD，
又由BG 平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，所以BG⊥平面ADEF，
因为HF 平面ADEF，所以BG⊥HF，
因为四边形ADEF为正方形，点G为AD中点，点H为DE中点，
所以tan ∠HFE＝tan ∠GED＝，∠HFE＝∠GED．
因为∠GEF＋∠GED＝，所以∠GEF＋∠HFE＝，从而HF⊥GE，
因为BG∩GE＝E，所以HF⊥平面BGE，
因为BE 平面BGE，所以FH⊥BE．
(2)由四边形ADEF为正方形，所以DE⊥AD，且DE 平面ADEF，
因为平面ADEF⊥平面ABCD，可得DE⊥平面ABCD，
可得三棱锥E GBC的高DE＝1，
因为BG⊥AD，AD∥BC，所以BG⊥BC，
又由BG＝＝＝，
所以△GBC的面积S＝×BG×BC＝××1＝，
所以VB CEG＝VE GBC＝×DE×S＝×1×＝．
考点4__平行、垂直关系的综合应用[典例引领]
【例5】　
如图，在圆柱W中，点O1、O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于N、F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2．
(1)若平面FNH⊥平面NHG，证明：NG⊥FH；
(2)若直线O1H∥平面GEF，求H到平面NGF的距离．
解：(1)∵面FNH⊥面NHG，面FNH∩面NHG＝NH，
又NH⊥FH，FH 平面FHN，
∴FH⊥平面NHG，
∵NG 平面NHG，∴FH⊥NG．
(2)设点H到平面NGF的距离h，取的中点A，连接AG、AF、O1O2、O1H、O2H，
∵A、G分别为、的中点，则AG∥EF且AG＝EF，
所以A、G、E、F四点共面，且∠AFN＝，
因为O1O2为圆柱的轴，则O1O2∥EF，
∵O1O2 平面EFG，EF 平面EFG，∴O1O2∥平面EFG，
∵O1H∥平面EFG，O1O2∩O1H＝O1，所以平面HO1O2∥平面EFG，
因为平面NHF∩平面HO1O2＝O1H，平面NHF∩平面EFG＝AF，
∴O1H∥AF，则∠NO1H＝∠AFN＝，
S△NHF＝2S△NO1H＝2××12×sin ＝，所以VG NHF＝·S△NHF·2＝，
又因为圆柱W的底面半径为1，所以ME＝2，点G为下底面圆弧的中点，
所以GE＝＝，EF＝2 GF＝GN＝＝，
∵O1为NF的中点，则O1G⊥NF，所以，O1G＝，S△NFG＝·2·＝，
所以VG NHF＝VH NGF＝S△NGF·h＝··h＝ h＝．
[思维升华]　立体几何中线线、线面、面面的平行、垂直关系在一定条件下既可以纵向转化(线线平行、线面平行、面面平行之间的转化或线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化)，也可以横向转化(主要有由线线平行转化为线面垂直、线面垂直转化为线线平行、面面平行)，解题时要认真审题，根据题设与定理合理转化，解决问题．
[对点练]　
如图，几何体ABC A1DC1是由一个正三棱柱截去一个三棱锥得到的，AB＝4，AA1＝3，A1D＝1，AA1⊥平面ABC，M为AB的中点，E为棱AA1上一点，且EM∥平面BC1D．
(1)若N在棱BC上，且BN＝2NC，证明：EN∥平面BC1D；
(2)过A作平面BCE的垂线，垂足为O，确定O的位置(说明作法及理由)，并求线段OE的长．
解：
(1)证明：∵EM∥平面BC1D，EM 平面ABDA1，
平面ABDA1∩平面BC1D＝BD，∴EM∥BD，
过D作DH⊥AB于H，连接MN，CH，则CH∥C1D，则HM＝1，
∴HM∶MB＝CN∶NB＝1∶2，∴MN∥CH，∴MN∥C1D，
∵EM∩MN＝M，EM，MN 平面EMN，BD∩C1D＝D，BD，C1D 平面BC1D，
∴平面EMN∥平面BC1D，又∵EN 平面EMN，∴EN∥平面BC1D．
(2)在线段AB上取一点F，使BF＝A1D＝1，连接A1F，
又A1D∥BF，∴四边形A1FBD是平行四边形，
∴A1F∥BD，由(1)知EM∥BD，∴EM∥A1F，
∴AE∶AA1＝AM∶AF＝2∶3．∴AE＝AA1＝2，
取BC的中点G，连接AG，EG，过A作AO⊥EG于O，则AO⊥平面BCE．
证明如下：
由题意得△ABC为等边三角形，则AG⊥BC，
∵AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴AA1⊥BC，
又∵AG∩AA1＝A，AG，AA1 平面AEG，
∴BC⊥平面AEG，
又∵AO 平面AEG，∴BC⊥AO，
又∵EG∩BC＝G，EG，BC 平面BCE，
∴AO⊥平面BCE，
由射影定理得AE2＝OE·EG，
∵AG＝2，∴EG＝＝2，
∴OE＝＝．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
垂直关系中的探索性问题
垂直关系中的探索性问题与平行关系中的探索性问题一样，也主要涉及探究满足条件的点是否存在、或点在什么位置、某种垂直关系是否成立等，在题型和解法上都类同于平行关系，主要考查逻辑推理和直观想象的核心素养．
【典例】　(2022·江西宜春模拟)如图，已知长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得BD＝．
(1)求证：AD⊥BM；
(2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥E－ADM的体积与四棱锥D－ABCM的体积之比为1∶3
[思维点拨]　(1)通过AD⊥BD，AD⊥DM，可得AD⊥平面BDM，即可证明；
(2)取AM中点N，连接DN，求出VD ABCM＝S梯形 ABCM·DN，设＝λ，得出VE ADM＝S△ADM·2λ，由体积之比求出λ即可得出．
解：(1)∵AB＝2，AD＝，BD＝，满足AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
∵AD⊥DM，BD∩DM＝D，∴AD⊥平面BDM，
∵BM 平面BDM，∴AD⊥BM；
(2)易得BM⊥AM，由(1)AD⊥BM，
∵AM∩AD＝A，
∴BM⊥平面ADM，
∵BM 平面ABCM，
∴平面ADM⊥平面ABCM，
取AM中点N，连接DN，∵AD＝DM，∴DN⊥AM，∴DN⊥平面ABCM，
∵AD＝DM＝，∠ADM＝90°，∴DN＝1，
∴VD ABCM＝S梯形 ABCM·DN＝××(＋2)××1＝1，
设＝λ，则E到平面ADM的距离为λBM＝2λ，
∴VE ADM＝S△ADM·2λ＝××2×1×2λ＝，
∵VE ADM∶VD ABCM＝1∶3，∴＝，解得λ＝，
即点E为BD中点时，三棱锥E ADM的体积与四棱锥D ABCM的体积之比为1∶3．
[思维升华]　对命题条件探索的三种途径
途径一：先猜后证．
途径二：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．
途径三：将几何问题转化为代数问题．
[对点练]　
(2021·河南开封模拟)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝1，AC＝，点D，E分别为AC和B1C1的中点．
(1)棱AA1上是否存在点P使得平面PBD⊥平面ABE？若存在，写出PA的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
(2)求点A到平面BDE的距离．
解：
(1)存在点P满足题意，且PA＝．证明如下：
取A1C1的中点为F，连接EF，AF，DF．则EF∥A1B1∥AB，所以AF 平面ABE．
因为AB＝BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC．
在直三棱柱ABC A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1，且交线为AC，
所以BD⊥平面ACC1，又∵AF 平面ACC1，所以BD⊥AF．
在平面ACC1内，＝＝，∠PAD＝∠ADF＝90°，
所以Rt△PAD∽Rt△ADF，从而可得AF⊥PD．
又因为PD∩BD＝D，所以AF⊥平面PBD．
因为AF 平面ABE，所以平面PBD⊥平面ABE．
(2)过点E作EH⊥BC，垂足为H，连接DH．
设点A到平面BDE的距离为h．
VE ABD＝×S△ABD×1＝×××＝．
而BE＝＝＝，DE＝＝＝．
所以△EDB是等腰三角形，腰长为，底边长为，
所以S△BDE＝××＝，
因此VA BDE＝×S△BDE×h＝h＝，解得h＝．
课下巩固培优卷(三十五)
【A/基础巩固题组】
1．(2022·山东东营胜利一中月考)设l、m、n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，下列命题中正确的有(　　 )
A． 若l∥α，且m∥α，则l∥m
B． 若α⊥β，m∥α，n⊥β，则m⊥n
C． 若m∥l，且m⊥α，则l⊥α
D．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β
解析：A．若l∥α，且m∥α，则l∥m不一定正确，有可能相交，也有可能异面，故错误；
B．若α⊥β，m∥α，n⊥β，则m⊥n错误，当m∥n时，也满足前面条件，故错误；
C．根据“垂直于同一平面的两条直线互相平行”知，若m∥l，且m⊥α，则l⊥α正确．故正确；
D．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β不一定成立，有可能平行．故错误．
答案：C
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
解析：连接AC1，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
得AC⊥平面ABC1．∵AC 平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC．
∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
答案：A
3．
如图，在四棱锥P ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且AD＝2AB＝4，BC＝2．
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求四棱锥P ABCD的体积．
证明：(1)由等边三角形BCD可得∠CDB＝60°，
在△ABD中，AB＝2，AD＝4，BD＝2，AB2＋BD2＝AD2，
可得AB⊥BD，∠ADB＝30°，所以∠CDA＝30°＋60°＝90°，即CD⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
可得CD⊥平面PAD；
(2)取AD的中点O，连接PO，如图所示：
由等边三角形PAD，可得PO⊥AD，PO＝＝2．
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
可得PO⊥平面ABCD，
所以四棱锥P ABCD的体积为·PO·S四边形ABCD＝×2×＝10．
4．
在如图所示的多面体中，△ABC是等边三角形，AD⊥平面ABC，AD∥CP，E是BC的中点．
(1)证明：平面BCP⊥平面ADE；
(2)若AB＝PC＝2AD＝2，求点C到平面PBD的距离．
解：(1)因为E是BC的中点，且AB＝AC，所以AE⊥BC．
因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥BC．
又因为AE∩AD＝A，所以BC⊥平面ADE．又BC 平面BCP，
所以平面BCP⊥平面ADE．
(2)如图，取BP的中点F，连接CF，EF，DF．
所以EF是△BCP的中位线，所以EF∥PC，且EF＝PC，
因为AD∥PC，AD＝PC，所以EF∥AD且EF＝AD，
又因为AD⊥平面ABC，所以ADFE是矩形．所以DF⊥FE，
由(1)知，平面BCP⊥平面ADE，交线为EF，
所以DF⊥平面BCP，所以DF⊥CF．
又在等腰三角形BCP中可得CF⊥BP，BP∩DF＝F，所以CF⊥平面PBD，
所以点C到平面PBD的距离即CF＝．
5．
如图，圆台O1O的上底面半径为1，下底面半径为2，∠OBB1＝，AA1，BB1为圆台的母线，平面AA1O1O⊥平面BB1O1O，M为BB1的中点，P为AM上的任意一点．
(1)证明：BB1⊥OP；
(2)当点P为线段AM的中点时，求三棱锥B1 OPB的体积．
解：
(1)证明：取OB中点N，连接NB1，OB1，OM，
因为圆台O1O的下底面半径为2，上底面半径为1，ON＝NB＝1，
所以B1N⊥OB，又因为∠OBB1＝，所以△OB1B为正三角形，于是B1B＝BO＝OB1＝2，
因为M为B1B中点，所以B1B⊥OM，
因为平面AA1O1O⊥平面BB1O1O，O1O⊥OA，
所以AO⊥平面BB1O1O，BB1 平面BB1O1O，所以OA⊥BB1，
又因为OA∩OM＝O，所以BB1⊥平面OAM，又因为OP 平面OAM，
所以BB1⊥OP．
(2)连接PB，当点P为线段AM的中点时，△OBB1的面积为×2×2×＝．VB1 OPB＝VP OBB1＝VA OBB1＝××S△OBB1×AO＝
三棱锥B1 OPB的体积
【B/能力提升题组】
6．(多选)(2021·广东珠海检测)
如图，在圆柱OO1中，正三棱柱ABC A1B1C1的所有顶点分别在圆柱的上、下底面的圆周上，F为A1C1上一点，A1F＝2FC1，E为BC的中点，则下列关系正确的是(　　 )
A．O1F∥平面A1BC
B．O1F∥平面A1B1C
C．O1F⊥平面A1AE
D．O1F⊥平面A1AB．
解析：对于A，∵O1为△A1B1C1的重心，A1F＝2FC1，
∴O1F∥B1C1，又B1C1∥BC，∴O1F∥BC，
又BC 平面A1BC，O1F 平面A1BC，
∴O1F∥平面A1BC，A正确；
对于B，由A知：O1F∥B1C1，又B1C1∩A1B1＝B1，
∴O1F与A1B1相交，
又A1B1 平面A1B1C，∴O1F与平面A1B1C相交，B错误；
对于C，∵△ABC为等边三角形，E为BC中点，
∴AE⊥BC；
由A知：O1F∥BC，∴AE⊥O1F；
∵AA1⊥平面A1B1C1，O1F 平面A1B1C1，
∴AA1⊥O1F；
又AA1∩AE＝A，AA1，AE 平面A1AE，∴O1F⊥平面A1AE，C正确；
对于D，由A知：O1F∥BC，又△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝，
∴异面直线O1F与AB所成角为，即O1F与AB不垂直，
∴O1F⊥平面A1AB不成立，D错误．
答案：AC
7．
(多选)如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE．若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，下列命题正确的是(　　 )
A．MB是定值
B．点M在圆上运动
C．一定存在某个位置，使DE⊥A1C
D．一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE
解析：取DC的中点N，
连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，
∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，∴平面MNB∥平面A1DE，
∵MB 平面MNB，∴MB∥平面A1DE，D正确；
∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，
根据余弦定理得MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·
cos ∠MNB，∴MB是定值，A正确；
∵B是定点，∴M在以B为圆心，MB为半径的圆上，B正确；
当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，C不正确．
答案：ABD
8．
(2022·湖北黄冈中学月考)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；
(2)若E为棱BC的中点，在棱PA上求一点F，使BF∥平面PDE．
解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD；
又底面ABCD为正方形，所以BD⊥AC，AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，
又BD 平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD，得证．
(2)如图所示，取PA的中点Q，PD的中点H，连接BQ、QH、HE，
所以会有QH∥AD，QH＝AD，又BE∥AD，BE＝AD，
所以QH∥BE且QH＝BE，所以四边形BQHE为平行四边形，
所以BQ∥EH，BQ 面PDE，EH 面PDE，所以BQ∥平面PED，
所以Q点，即为要找的F点．
9．
如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
解：(1)证明：∵ABC A1B1C1是直三棱柱，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．
又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，
∴C1D⊥平面AA1B1B．
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF．
连接DF，A1B，∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝，又AA1＝，
∴四边形AA1B1B为正方形，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1，
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1．∵DF∩C1D＝D，DF，C1D 平面C1DF
∴AB1⊥平面C1DF．
10．(2021·四川成都诊断)如图，由半径为2的四分之一圆面绕其半径所在直线l旋转一周，形成的几何体底面圆的圆心为O，D是几何体侧面上不在⊙O上的动点，AB是⊙O的直径，C为⊙O上不同于A，B的动点，G为△ABC的重心，＝2．
(1)证明：EG∥平面BCD；
(2)当三棱锥D ABC体积最大时，求三棱锥G CDE的体积．
解：
(1)连接AG并延长交BC于F点，连接DF，
因为G为△ABC的重心，所以AG＝AF．
因为＝2，所以AE＝AD，则＝，所以EG∥DF．
又EG 面BCD，DF 面BCD，
所以EG∥面BCD
(2)当三棱锥D ABC体积最大时，DO⊥平面ABC，
平面ABD⊥平面ABC，且△ABC和△ABD为等腰直角三角形，
则AC＝BC＝AD＝BD＝2．
所以VG CDE＝VO CDE＝＝
＝＝·S△AOC·DO＝．

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