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第4讲　直线、平面垂直的判定及性质
复习要点　1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质定理与判定定理.2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题．
一　直线与平面垂直
1．定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，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垂直，那么该直线与此平面垂直 l⊥α
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
二　直线和平面所成的角
1．斜线和平面所成角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
2．如果一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角为90°.
3．如果一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角为0°.
4．直线和平面所成的角θ的范围是0°≤θ≤90°.
三　平面与平面垂直
1．二面角
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；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．
2．定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
3．判定定理与性质定理
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 α⊥β　　
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 l⊥α　　
常/用/结/论
1．若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面．
2．垂直于同一条直线的两个平面平行．
3．一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．
4．两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．
1．判断下列结论是否正确．
(1)“直线l垂直于平面α内的无数条直线”是“l⊥α”的必要不充分条件．(√)
(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)若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a∥直线b.(√)
(5)若平面α⊥平面β，直线a⊥平面β，则a∥α.(?)
2．(教材改编)在三棱锥P ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
答案：(1)外　(2)垂
3．(2024·福建泉州模拟)已知平面α⊥平面β，直线m 平面α，直线n 平面β，α∩β＝l，给出下列说法：①若m⊥n，则m⊥l；②若m⊥l，则m⊥β；③若m⊥β，则m⊥n，其中正确说法的序号为(　　)
A．①②③ B．①②
C．①③ D．②③
解析：平面α⊥平面β，直线m 平面α，直线n 平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①错误；②若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故②正确；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正确．故选D.
答案：D
4．(多选)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是(　　)
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
解析：对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC 底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项可知BC⊥AE，由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC 平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF 平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，由B项可知AE⊥平面PBC，因而AC与平面PBC不垂直，若AC⊥PB，则易得AC⊥平面PBC，矛盾，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PBC，AE 平面AEF，由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD.
答案：ABD
题型　线线垂直与线面垂直
典例1(2024·福建三明模拟)如图所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.求证：BC⊥平面ACB1.
证明：在Rt△ABC中，AB＝＝5，因为四边形AA1B1B为菱形，所以BB1＝AB＝5.因为△AB1C为等边三角形，所以B1C＝AC＝4，则BB＝BC2＋B1C2，所以BC⊥B1C.
【小技巧】三角形中垂直关系的证明多利用勾股定理的逆定理或等腰三角形“三线合一”．
又AC⊥BC，AC∩B1C＝C，AC，B1C 平面ACB1，所以BC⊥平面ACB1.
【换个思路】也可通过求证AB1⊥BC得解，此时需要证明AB1垂直于BC所在的某个平面，同样可采用倒推法挖掘垂直关系，虽过程较繁琐，但此法有助于快速掌握线面垂直判定定理的运用，可以很好地锻炼逻辑思维能力，同学们不妨一试！
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．
(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．
(4)利用直线与平面垂直的性质．
(5)向量法：a⊥b a·b＝0. 　　　
2．证明线面垂直的常用方法
(1)利用判定定理，它是最常用的思路．
(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面．
(3)利用面面垂直的性质：
①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．
②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．这也算一个二级结论．
(4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行.
对点练1(2024·河南许平汝名校模拟节选)如图所示，在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，M是DD1的中点．证明：BC⊥B1M.
证明： 如图所示，连接BD，B1D1，∵AB＝AD＝1，CD＝2，AB∥CD，AB⊥AD，
∴BD＝＝，BC＝＝，
∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.
∵BB1⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴BB1⊥BC.
又BB1∩BD＝B，BB1，BD 平面B1BDD1，∴BC⊥平面B1BDD1，
∵B1M 平面B1BDD1，∴BC⊥B1M.
题型　面面垂直
典例2(1)(2022·全国乙卷，文)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
可推得△ADB与△CDB全等，从而有AB＝BC.
①证明：平面BED⊥平面ACD；
②设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F ABC的体积．
(2)(2024·重庆巴蜀中学校考节选)如图所示，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝，∠BAD＝30°.暗示出△ABD的特殊性．
求证：平面PBD⊥平面PAB.
(1)①证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC，
又E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE，
△ADC和△ABC都是等腰三角形，才有DE⊥AC，和BE⊥AC.
因为BE∩DE＝E，且BE，DE 平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC 平面ACD, 所以平面BED⊥平面ACD.
学会逆向思维，发现解题突破点，欲证平面BED⊥平面ACD，而AC⊥交线DE AC必须垂直于平面BDE.
②解：由①可知BA＝BC，因为∠ACB＝60°，AB＝2，所以AC＝2，则BE＝，DE＝AC＝1，又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，所以DE⊥EB.本小问中数量关系，就是要推得这个位置关系DE⊥EB.
连接EF(图略)，易知当△AFC的面积最小时，EF取最小值，由△ABD≌△CBD FA＝FC，S△FAC＝AC·EF. 从而推出EF有最小值时△AFC面积最小．
在Rt△BED中，EF的最小值为E到BD的距离，故当△AFC的面积最小时，EF＝＝.
由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD　　　　　
如图，在Rt△EDB中，EF⊥BD，射影定理有如下三个结论：①EF2＝DF·BF；②ED2＝DF·DB；③BE2＝BF·BD.
＝2，易知FB>DF，所以DF＝，FB＝.
方法一：因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE 平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
则F到平面ABC的距离d＝×DE＝.
应用比例关系来计算的．
故VF ABC＝S△ABC×d＝××4×＝.
方法二：由①知BD⊥AC，又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF 平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即为B到平面ACF的距离，
故VF ABC＝VB AFC＝S△AFC×BF＝××AC　　　　　
等积变形，巧用BF⊥平面AFC，以BF作为棱锥的高．
×EF×BF＝.
(2)证明：在△ABD中，AD＝2，AB＝，∠BAD＝30°，则BD2＝4＋3－2×2××＝1，所以BD＝1，利用数量关系的特殊性，进而推得AB⊥BD.
则BD2＋AB2＝AD2，所以AB⊥BD.
【会联想】根据题目中的数量关系，联想利用余弦定理、勾股定理的逆定理求解．
又平面PAB⊥平面ABCD，
下面一段证明正好是面⊥面性质定理的应用．因此每当条件中出现面面垂直时，我们注意力集中在寻找是否存在垂直于交线的直线上，从而为线⊥面创造条件．
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
【警示】利用面面垂直的性质定理时，注意不要忘记对交线的说明．
BD 平面ABCD，所以BD⊥平面PAB.又BD 平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.
1．证明面面垂直的方法
(1)面面垂直的判定定理：a⊥β，a α α⊥β.此方法将问题转化为线面垂直问题，一般找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面平行．
(2)只要证明两个平面所构成的二面角的平面角为90°即可．
(3)性质：α∥β，β⊥γ α⊥γ(客观题常用)．
(4)向量法：证明两个平面的法向量垂直．
2．面面垂直的性质
已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面；于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面. 　　　
对点练2(1)(2024·广西桂林模拟)如图所示，已知在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD且AB＝1，PA＝AD＝PD＝2，E为PD的中点．
①求证：平面PCD⊥平面ACE；
②求点B到平面ACE的距离．
(2)(2024·广东湛江模拟)如图，正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝4，AA1＝3，M，N分别是棱A1C1，AC的中点，E在侧棱AA1上，且A1E＝2EA，求证：平面MEB⊥平面BEN.
(1)①证明：由PA＝AD＝PD，E为PD的中点，可得AE⊥PD，
因为CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，
而AE 平面PAD，所以CD⊥AE，由CD∩PD＝D，则AE⊥平面PCD，又AE 平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE.
②解：如图，连接BD，与AC交于O，则O为BD的中点，
所以点D到平面ACE的距离即为点B到平面ACE的距离．
由平面PCD⊥平面ACE，过D作DM⊥CE，垂足为M，
则DM⊥平面ACE，则DM为点D到平面ACE的距离．
由CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，
又CD＝DE＝1，
所以DM＝CE＝，
即点B到平面ACE的距离为.
(2)证明：在正三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN 平面ABC，则AA1⊥BN.
∵N是棱AC的中点，△ABC为正三角形，∴BN⊥AC.
又AA1∩AC＝A，∴BN⊥平面AA1C1C，
∵ME 平面AA1C1C，∴BN⊥ME.
又AB＝4，AA1＝3，A1E＝2EA，则EA＝，A1E＝2，
∴＝＝，则△A1EM和△ANE相似，故∠A1EM＝∠ANE，
∴∠A1EM＋∠AEN＝∠ANE＋∠AEN＝90°，
则∠MEN＝90°，故EN⊥ME.
又EN∩BN＝N，EN，BN 平面BEN，∴ME⊥平面BEN，
而ME 平面MEB，∴平面MEB⊥平面BEN.
题型　平行与垂直的综合问题
典例3如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2AD＝2，A1D∩AD1＝O，E为线段AB上的一点．
(1)若OE∥平面D1BC，求证：E为AB的中点．线∥面性质定理可推得OE∥BD1.
(2)在线段AB上是否存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明：因为四边形AA1D1D为正方形，A1D∩AD1＝O，所以O为AD1的中点．
又因为OE∥平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC＝BD1，OE 平面ABD1，
平面ABD1就是过OE的辅助平面，与平面D1BC相交．
所以OE∥BD1.
又因为O为AD1的中点，所以E为AB的中点．
(2)解：存在点E，当AE＝时，平面D1DE⊥平面AD1C，本小问应逆向推理，寻找突破口．由于D1D⊥AC，欲使平面D1DE⊥平面AD1C，只须使得动点E满足DE⊥AC即可．从而使得AC⊥平面D1DE.
理由如下：设AC∩DE＝F，因为四边形AA1D1D为正方形，所以D1D⊥AD，
又因为平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D 平面AA1D1D，所以D1D⊥平面ABCD，
又因为AC 平面ABCD，所以D1D⊥AC.
在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，
当AE＝时，在Rt△ADE中，tan∠ADE＝＝，利用正切值相等，来反映AC⊥DE.即∠BAC＝∠ADE可推得AC⊥DE.
在Rt△ABC中，tan∠BAC＝＝，
所以∠ADE＝∠BAC，
又因为∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝90°，
所以∠ADE＋∠DAC＝90°，则∠AFD＝90°，所以AC⊥DE，
又因为DE∩DD1＝D，DE，DD1 平面D1DE，所以AC⊥平面D1DE.
又因为AC 平面AD1C，所以平面D1DE⊥平面AD1C.
平行与垂直的综合
对点练3(2024·四川宜宾诊断)如图1，在边长为4的正三角形ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，将△ADE沿DE折起，使二面角A DE B为直二面角，如图2，连接AB，AC.
(1)求四棱锥A BCED的体积；
(2)在图2中，过点E作平面EFG∥平面ABD，分别交BC，AC于点F，G.求证：EG⊥平面ABC.
(1)解：如图，取DE的中点O，连接AO.
∵AD＝AE，∴AO⊥DE.
∵二面角A DE B为直二面角，
∴平面ADE⊥平面BCED，
又平面ADE∩平面BCED＝DE，AO 平面ADE，∴AO⊥平面BCED.
由已知AD＝AE＝DE＝2，BC＝4，AO＝，梯形BCED的高为，
∴四棱锥A BCED的高为AO＝，
梯形BCED的面积S＝×(2＋4)×＝3，
∴四棱锥A BCED的体积为×3×＝3.
(2)证明：连接OF，AF，∵平面EFG∥平面ABD，平面EFG∩平面ABC＝FG，平面ABD∩平面ABC＝AB，∴AB∥FG，同理BD∥EF，
又DE∥BF，∴四边形BFED为平面四边形．
∵BF＝DE＝BC，
∴F为BC的中点，∴G为AC的中点，又EA＝EC，∴EG⊥AC.
∵AO⊥平面BCED，BC 平面BCED，
∴AO⊥BC，又OF⊥BC，AO∩FO＝O，AO，FO 平面AOF，
∴BC⊥平面AOF.
∵AF 平面AOF，
∴BC⊥AF.
∵G为Rt△AFC的斜边AC的中点，
∴GF＝GA.
∵EA＝EF＝2，GE是△GEA与△GEF的公共边，
∴△GEA≌△GEF，
∴∠FGE＝∠AGE＝90°，故EG⊥GF，
又EG⊥AC，AC∩GF＝G，AC，GF 平面ABC，
∴EG⊥平面ABC.(共88张PPT)
第4讲　直线、平面垂直的判定及性质
第八章　立体几何
理清教材 强基固本
01
重难题型 全线突破
02
限时跟踪检测
03
理清教材 强基固本
答案
解析
答案
解析
重难题型 全线突破
限时跟踪检测
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析
答案
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答案
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答案
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O限时跟踪检测(四十二)　直线、平面垂直的判定及性质　
一、单项选择题
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果m α，n α，m∥β，n∥β，那么m∥n；
②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；
③如果α⊥β，m α，n β，那么m⊥n；
④如果α∩β＝m，m⊥n，n α，那么n⊥β.
其中正确命题的个数有(　　)
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
3．如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在(　　)
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
4．(2024·湘赣皖十五校联考)棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P为正方体表面上的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为(　　)
A. B．3 C. D．1
5．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.
其中真命题的个数为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
6．图1是建筑工地上的塔吊，图2是根据图1绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内．塔身PO⊥平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，AB＝AC，DO＝6 m．若PO＝2 m，PB＝3 m，△ABC的面积为10 m2，根据图中标注的数据，忽略△ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下(0.5OD＝1.5OE)可得点A，P之间的距离为(　　)
A．2 m B．6 m
C．8 m D．9 m
二、多项选择题
7．已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
C．若m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
8．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC与EF交于点G，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．AG⊥△EFH所在平面
B．AH⊥△EFH所在平面
C．EF⊥△AGH所在平面
D．HG⊥△AEF所在平面
9．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则(　　)
A．A，M，N，B四点共面
B．平面ADM⊥平面CDD1C1
C．直线BN与B1M所成的角为60°
D．BN∥平面ADM
三、填空题与解答题
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a＝________.
11．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正确的条件即可)．
12．如图所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB于E，AF⊥DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D AEF体积的最大值为________．
13．(2024·江西五市九校第一次联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)求点B到平面CEF的距离．
14．(2024·山东济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，得到如图2所示的四棱锥P EBCD，点M为棱PB的中点．
　　　
图1　　　　　 　图2
(1)求证：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M BCE的体积．
15．(2024·广东梅州模拟)如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M为A1B1的中点．
(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(2)求点C到平面BC1M的距离．
高分推荐题
16．在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是________．
解析版
一、单项选择题
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果m α，n α，m∥β，n∥β，那么m∥n；
②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；
③如果α⊥β，m α，n β，那么m⊥n；
④如果α∩β＝m，m⊥n，n α，那么n⊥β.
其中正确命题的个数有(　　)
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解析：对于①，如果m α，n α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m与n相交，故①错误；对于②，如果m∥n，n⊥α，由线面垂直的性质可知m⊥α，故②正确；对于③，如果α⊥β，m α，n β，那么m⊥n或m∥n或m与n相交(不垂直)或m与n异面(不垂直)，故③错误；对于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n α，那么n⊥β或n与β相交(不垂直)，当α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n α时，n⊥β，故④错误．故选D.
答案：D
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析：方法一：连接AD1(图略)，则易知点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，所以AB⊥A1D，AD1∩AB＝A，AD1，AB 平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直．所以选项A正确．故选A.
方法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1，0,1)，N(1,1,1)，所以＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)，＝(0,1,0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由图易知直线A1D与BD1是异面直线，所以A1D与BD1异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以·n＝0，又MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，易得平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cos〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直．故选A.
答案：A
3．如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在(　　)
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：由AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，AB，BD 平面ABD，得AC⊥平面ABD，而AC 平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上．故选A.
答案：A
4．(2024·湘赣皖十五校联考)棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P为正方体表面上的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为(　　)
A. B．3 C. D．1
解析：如图，连接BD.易证BD1⊥平面ACB1，得动点P的轨迹所围成图形为△AB1C，△AB1C是边长为的正三角形，其面积S＝×()2＝.
答案：C
5．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.
其中真命题的个数为(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
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，真命题为①②③.
答案：D
6．图1是建筑工地上的塔吊，图2是根据图1绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内．塔身PO⊥平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，AB＝AC，DO＝6 m．若PO＝2 m，PB＝3 m，△ABC的面积为10 m2，根据图中标注的数据，忽略△ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下(0.5OD＝1.5OE)可得点A，P之间的距离为(　　)
A．2 m B．6 m
C．8 m D．9 m
解析：根据条件得，OE＝＝＝2(m)．∵PO⊥平面ABC，AE 平面ABC，∴PO⊥AE，又AB＝AC，且E是BC的中点，∴AE⊥BC，PE⊥BC.∵PO＝2 m，∴PE＝2 m，∵PB＝3 m，∴BE＝1 m．由于△ABC的面积为10 m2，∴BC·AE＝10，解得AE＝10 m，则AO＝8 m，易得AP＝2 m．故选A.
答案：A
二、多项选择题
7．已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
C．若m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
解析：A选项，若m∥α，n∥β，且m∥n，则α，β可能相交或平行，故A错误；B选项，若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α，β可能相交，也可能平行，故B错误；C选项，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，则α∥β，故C正确；D选项，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n α，又n⊥β，根据面面垂直的判定定理可得α⊥β，故D正确．故选CD.
答案：CD
8．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC与EF交于点G，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．AG⊥△EFH所在平面
B．AH⊥△EFH所在平面
C．EF⊥△AGH所在平面
D．HG⊥△AEF所在平面
解析：根据折叠前、后得到AH⊥HE，AH⊥HF不变，根据线面垂直的判定定理，可得AH⊥平面EFH，所以B正确；过A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；易知AG⊥EF，EF⊥AH，由线面垂直的判定定理，可得EF⊥平面AGH，所以C正确；易知HG与AG不垂直，所以HG与平面AEF不垂直，所以D不正确．故选BC.
答案：BC
9．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则(　　)
A．A，M，N，B四点共面
B．平面ADM⊥平面CDD1C1
C．直线BN与B1M所成的角为60°
D．BN∥平面ADM
解析： 如图所示，对于A中，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误；对于B中，在长方体ABCD A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确；
对于C中，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，所以直线BN与B1M所成的角为∠NBO(或其补角)．易知△BON为等边三角形，所以∠NBO＝60°，故C正确；
对于D中，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误．
答案：BC
三、填空题与解答题
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a＝________.
解析： 如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DQ，又PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ.
∴点Q在以线段AD的中点O为圆心，AD为直径的圆上，又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，∴BC与圆O相切(相交时有两点满足垂直，相离时没有点满足垂直)，∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ＝AB＝1，∴BC＝AD＝2，即a＝2.
答案：2
11．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正确的条件即可)．
解析：如图，连接AC，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，又PC 平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC 平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
12．如图所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB于E，AF⊥DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D AEF体积的最大值为________．
解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以DE＝AE＝，设AF＝a，FE＝b，则a2＋b2＝2，△AEF的面积S＝ab≤·＝×＝，所以三棱锥D AEF的体积V≤××＝(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．
答案：
13．(2024·江西五市九校第一次联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)求点B到平面CEF的距离．
(1)证明：如图，取EC的中点G，连接BD交AC于点N，连接GN，GF.
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，所以GN∥AE且GN＝AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，
所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN.
又EA⊥平面ABCD，BN 平面ABCD，所以EA⊥BN，
又因为AC∩EA＝A，AC，EA 平面EAC，
所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC.
又GF 平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC.
(2)解：因为EA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以EA⊥AC.
因为EA∥BF，所以BF⊥平面ABCD，
又BC 平面ABCD，所以BF⊥BC.
因为∠ABC＝60°，AB＝2，所以AC＝2，
所以EC＝＝2，CF＝＝，EF＝＝，
所以FG⊥EC且FG＝＝，
所以S△CEF＝EC·FG＝.
取AB的中点M，连接CM，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，且CM＝＝，
又因为EA⊥平面ABCD，CM 平面ABCD，所以EA⊥CM，且AB∩EA＝A，AB，EA 平面ABFE，所以CM⊥平面ABFE.
连接BE，VC BEF＝S△BEF·CM＝××BF·AB·CM＝.
设点B到平面CEF的距离为d，因为VB CEF＝VC BEF，即S△CEF·d＝，所以d＝，故点B到平面CEF的距离为.
14．(2024·山东济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，得到如图2所示的四棱锥P EBCD，点M为棱PB的中点．
　　　
图1　　　　　 　图2
(1)求证：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M BCE的体积．
(1) 证明：在题图1中，因为BE＝AB＝CD且BE∥CD，所以四边形EBCD是平行四边形．
如图，连接BD，交CE于点O，所以点O是BD的中点，连接OM，
又点M为棱PB的中点，所以OM∥PD，
因为PD 平面MCE，OM 平面MCE，所以PD∥平面MCE.
(2)解：在题图1中，因为四边形EBCD是平行四边形，所以DE＝BC，
因为四边形ABCD是等腰梯形，所以AD＝BC，所以AD＝DE，
因为∠BAD＝45°，所以AD⊥DE.
所以PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，所以PD⊥平面EBCD.
由(1)知OM∥PD，所以OM⊥平面EBCD，
在等腰直角三角形ADE中，
因为AE＝2，所以AD＝DE＝，
所以OM＝PD＝AD＝，S△BCE＝S△PDE＝1，
所以V三棱锥M BCE＝S△BCE·OM＝.
15．(2024·广东梅州模拟)如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M为A1B1的中点．
(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(2)求点C到平面BC1M的距离．
解：(1)在正三棱柱ABC A1B1C1中，因为M为A1B1的中点，所以C1M⊥A1B1.
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，所以C1M⊥平面AA1B1B.
又C1M 平面BC1M，所以平面BC1M⊥平面AA1B1B.在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q.
因为平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，故点Q即为所要找的点．
显然△ABQ∽△BB1M，因此＝，即有＝，故BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.
(2)取AB的中点N，连接CN，MN，因为M为A1B1的中点，所以MN∥BB1∥CC1，MN＝BB1＝CC1，所以四边形CNMC1为平行四边形，即CN∥C1M，而C1M 平面BC1M，CN 平面BC1M，
所以CN∥平面BC1M，所以点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN.
又N为AB的中点，则点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M的距离hA的一半，
而由(1)知，当BQ＝时，AQ⊥平面BC1M，cos∠BAQ＝＝＝.
设AQ∩BM＝H，则hA＝AH＝AB·cos∠BAQ＝2×＝，
所以点C到平面BC1M的距离hC＝hN＝hA＝.
高分推荐题
16．在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是________．
解析： 因为C1C⊥平面ABCD，ED 平面ABCD，可得C1C⊥ED，
由EC1⊥ED，EC1∩C1C＝C1，EC1，C1C 平面ECC1，
可得ED⊥平面ECC1，所以ED⊥EC，
在矩形ABCD中，设AE＝a,0≤a≤2，则BE＝2－a，
由∠DEA＋∠CEB＝90°，
可得tan∠DEA·tan∠CEB＝·＝＝1，
即t2＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，
当a＝1时，t2取得最大值1，
即t的最大值为1；
当a＝0或2时，t2取得最小值0，但由于t>0，所以t的取值范围是(0,1]．
答案：(0,1]

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