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期末热点.重难点 垂直关系
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 商水县期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论错误的是（　　）
A．AP∥平面CDD1C1
B．BC⊥AP
C．C1D⊥平面A1D1P
D．平面PB1C1与平面A1AP不垂直
2．（2025 安徽模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，如图，则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论不正确的是（　　）
A．CD⊥AB B．CD⊥BD
C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC
3．（2024秋 西城区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为棱AB、BC的中点，平面DEC1交棱BB1于点G，则下列结论中正确的是（　　）
A．直线A1F与直线C1E异面
B．直线A1F⊥平面DEC1
C．平面AB1D1∥平面DEC1
D．截面DEGC1是直角梯形
4．（2024秋 平谷区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是BC、AA1上的中点，P是A1C1上的动点．下列结论错误的是（　　）
A．存在点P，使得EP∥平面AA1B1B
B．DB1⊥EP
C．平面A1C1E截正方体所得截面为等腰梯形
D．平面B1FC1⊥平面A1C1E
5．（2024秋 开封期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则下列直线与平面BDD1B1垂直的是（　　）
A．AC B．AC1 C．A1C D．A1D
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 市中区期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．A1F⊥B1D
B．当点F为BC1中点时，A1F与B1D相交于一点E，且
C．存在点F使得A1F⊥平面BDC1
D．异面直线A1F与CD所成角的余弦值的最大值为
（多选）7．（2024秋 台州期末）以下四个正方体中，满足AB⊥平面CDE的有（　　）
A． B．
C． D．
（多选）8．（2024秋 锡林郭勒盟期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，则下列结论中正确的是（　　）
A．平面EFC1⊥平面AA1C1 B．MP⊥A1D
C．MP⊥C1D D．EF∥平面AD1B1
（多选）9．（2024秋 南山区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点．下列结论正确的是（　　）
A．EF与DD1垂直
B．EF⊥与平面BDD1B1
C．EF∥平面A1B1C1D1
D．EF与C1D所成的角为45°
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 大兴区期末）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1．
（Ⅰ）当点M与点C重合时，线段AP的长度为　 　；
（Ⅱ）线段AP长度的最小值为　 　．
11．（2024秋 闵行区校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥PB，PA⊥PC，PC⊥PB，则定点P在底面的投影是底面△ABC的　 　心．
12．（2024秋 蜀山区校级期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2BC＝2CC1＝2，以D为坐标原点，向量，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，点P在平面A1B1C1D1上，若DP⊥平面ACD1，则点P的坐标是 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 上海校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD，E为PC中点．
（1）证明：PA∥平面BDE；
（2）证明：平面PCD⊥平面PBC．
14．（2024秋 上城区校级期末）如图，四边形CDEF为矩形，平面ABCD⊥平面CDEF，AB∥CD，AD⊥DC，．
（1）求证：BD⊥平面BCF；
（2）求直线BC与平面BEF所成角的大小．
15．（2025 永州二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别在线段AB1，BC1上，且|AM|＝λ|AB1|，|C1N|＝μ|C1B|．
（1）若，证明：DD1⊥MN；
（2）若，点P，Q分别在直线DD1，MN上，且PQ⊥DD1，PQ⊥MN，求|PQ|的取值范围．
期末热点.重难点 垂直关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 商水县期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论错误的是（　　）
A．AP∥平面CDD1C1
B．BC⊥AP
C．C1D⊥平面A1D1P
D．平面PB1C1与平面A1AP不垂直
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】对于A，由平面CDD1C1∥平面ABB1A1，得AP∥平面CDD1C1；对于B，由BC⊥平面ABB1A1，得BC⊥AP；对于C，由C1D⊥A1D1，C1D⊥A1B，得C1D⊥平面A1D1P；对于D，由B1C1⊥平面A1AP，得平面PB1C1⊥平面A1AP．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，
对于A，∵平面CDD1C1∥平面ABB1A1，AP 平面ABB1A1，
∴AP∥平面CDD1C1，故A正确；
对于B，∵BC⊥平面ABB1A1，AP 平面ABB1A1，∴BC⊥AP，故B正确；
对于C，∵C1D⊥A1D1，C1D⊥A1B，A1D1∩A1B＝A1，
∴C1D⊥平面A1D1P，故C正确；
对于D，∵B1C1⊥平面A1AP，B1C1 平面PB1C1，
∴平面PB1C1⊥平面A1AP，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2．（2025 安徽模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，如图，则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论不正确的是（　　）
A．CD⊥AB B．CD⊥BD
C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC
【考点】平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】D
【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可．
【解答】解：对于B，如图，
因为AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，
所以∠ABD＝∠ADB＝45°，
又因为∠BCD＝45°，AD∥BC，
所以∠ADC＝135°，
所以∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝135°﹣45°＝90°，
所以CD⊥BD，所以B正确；
对于A，由B选项知CD⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，CD 平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以CD⊥平面ABD，
因为AB 平面ABD，
所以CD⊥AB，所以A正确；
对于C，由选项A知，CD⊥平面ABD，
因为CD 平面ADC，
所以平面ADC⊥平面ABD，所以C正确；
对于D，如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E，
因为平面ABD⊥平面BCD，AE 平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以AE⊥平面BCD，
显然AE 平面ABC，所以平面ABC与平面BDC不垂直，所以D错误．
故选：D．
【点评】本题考查线面，面面位置关系的判断，属于中档题．
3．（2024秋 西城区校级期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别为棱AB、BC的中点，平面DEC1交棱BB1于点G，则下列结论中正确的是（　　）
A．直线A1F与直线C1E异面
B．直线A1F⊥平面DEC1
C．平面AB1D1∥平面DEC1
D．截面DEGC1是直角梯形
【考点】直线与平面垂直；平面与平面平行；异面直线的判定．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据线面平行可判断G是BB1的中点，即可建立空间直角坐标系，求解向量的坐标，即可根据向量的垂直求解BD，根据面面平行求解C．
【解答】解：取BB1的中点，则G是BB1的中点，（理由如下：）
由于E是AB的中点，则EG∥AB1，AB1∥DC1，故DC1∥EG，因此E，G，D，C1在同一平面，故G是BB1的中点，
对于A，连接EF，则EF∥AC，AC∥A1C1，故EF∥A1C1，故直线A1F与直线C1E共面，A错误；
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则D（0，0，0），E（2，1，0），F（1，2，0），G（2，2，1），C1（0，2，2），A1（2，0，2），
故，
由于，
故平面DEC1，
故直线A1F⊥平面DEC1，B正确；
对于C，由于AD1∥BC1，AD1 平面BC1D，BC1 平面BC1D，故AD1∥平面BC1D，
又BD∥B1D1，B1D1 平面BC1D，BD 平面BC1D，
故B1D1∥平面BC1D，B1D1∩AD1＝D1，B1D1，AD1 平面AB1D1，故平面AB1D1∥平面BC1D，
但由于平面BC1D与平面DEC1相交，故平面DEC1与平面AB1D1不可能平行，C错误；
由于，
，
故DC1，DE不垂直，且DC1，GC1不垂直，又DC1∥EG，故四边形DEGC1不是直角梯形．
故选：B．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
4．（2024秋 平谷区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是BC、AA1上的中点，P是A1C1上的动点．下列结论错误的是（　　）
A．存在点P，使得EP∥平面AA1B1B
B．DB1⊥EP
C．平面A1C1E截正方体所得截面为等腰梯形
D．平面B1FC1⊥平面A1C1E
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．
【答案】B
【分析】选项A，当点P是A1C1的中点时，取B1C1的中点Q，可证平面PQE∥平面AA1B1B，从而作出判断；选项B，结合三垂线定理与线面垂直的判定定理，可得DB1⊥平面A1C1E，从而知DB1⊥C1E，这与DB1⊥BC1相矛盾；选项C，取AB的中点G，连接A1G，连接AC，证明四边形A1C1EG是等腰梯形即可；选项D，由B1F⊥A1G，B1C1⊥A1G，可得A1G⊥平面B1FC1，再由面面垂直的判定定理，即可判断．
【解答】解：选项A，当点P是A1C1的中点时，取B1C1的中点Q，连接PQ，QE，
因为E为BC的中点，所以PQ∥A1B1，QE∥BB1，
又PQ∩QE＝Q，A1B1∩BB1＝B1，PQ、QE 平面PQE，A1B1、BB1 平面AA1B1B，
所以平面PQE∥平面AA1B1B，
而EP 平面PQE，
所以EP∥平面AA1B1B，故选项A正确；
选项B，由三垂线定理知，DB1⊥A1C1，DB1⊥BC1，
若DB1⊥EP，而A1C1∩EP＝P，A1C1、EP 平面A1C1E，则DB1⊥平面A1C1E，
因为C1E 平面A1C1E，
所以DB1⊥C1E，
这与DB1⊥BC1相矛盾，故选B错误；
选项C，取AB的中点G，连接EG，A1G，连接AC，则A1C1∥AC∥EG，
所以A1，C1，E，G四点共面，
所以平面A1C1E截正方体所得截面就是梯形A1C1EG，
由勾股定理知，A1G＝C1E，
所以梯形A1C1EG是等腰梯形，故选项C正确；
选项D，在正方形AA1B1B中，G，F分别是AB，AA1的中点，
所以AG＝A1F，
而AA1＝A1B1，∠A1AG＝∠B1A1F，所以△A1AG≌△B1A1F，
所以∠AA1G＝∠A1B1F，
又∠A1B1F+∠A1FB1＝90°，所以∠AA1G+∠A1FB1＝90°，即B1F⊥A1G，
由正方体的性质知，B1C1⊥平面AA1B1B，
因为A1G 平面AA1B1B，所以B1C1⊥A1G，
又B1F∩B1C1＝B1，B1F、B1C1 平面B1FC1，
所以A1G⊥平面B1FC1，
因为A1G 平面A1C1E，所以平面B1FC1⊥平面A1C1E，故选项D正确．
故选：B．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面平行或垂直的判定、性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5．（2024秋 开封期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，则下列直线与平面BDD1B1垂直的是（　　）
A．AC B．AC1 C．A1C D．A1D
【考点】直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】C
【分析】分别求出，，，的方向向量，再判断它们的数量积是否为0，判断出线面是否垂直．
【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，
则，，，，，
1×1×cos60°，
A中，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
（） 1，所以与不垂直，所以AC与平面BDD1B1不垂直，所以A不正确
B中，因为 （） （） 22 1+10，即⊥；
（） 21＝2，可得与不垂直，所以AC1与平面BDD1B1不垂直，所以B不正确；
C中， （） （） 22 1+10，即⊥，
（） 21＝0，所以⊥，
而BD∩BB1＝B，且BD，BB1 平面BDD1B1，所以⊥平面BDD1B1，所以C正确；
D中，因为菱形ADD1A1为菱形，所以与为30°，所以AD1与平面BDD1B1不垂直，所以D不正确．
故选：C．
【点评】本题考查用向量的方法判断线面是否垂直，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2024秋 市中区期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．A1F⊥B1D
B．当点F为BC1中点时，A1F与B1D相交于一点E，且
C．存在点F使得A1F⊥平面BDC1
D．异面直线A1F与CD所成角的余弦值的最大值为
【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】对于A，直接证明B1D⊥平面A1BC1即可判断A；对于B，设A1F和B1D相交于点E，则△A1DE∽△FB1E，所以，即可判断B；对于C，建立空间直角坐标系，求解平面BDC1的法向量，利用共线向量，即可判断C；对于D，由（﹣t，1，t﹣1）和进行求解，可判断D．
【解答】解：对于A选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，易知A1C1⊥B1D1，
由D1D⊥平面A1B1C1D1，得A1C1⊥D1D，
而DD1∩B1D1＝D1，故A1C1⊥平面DB1D1，
所以A1C1⊥B1D，同理可得BC1⊥B1D，
又因为BC1∩A1C1＝C1，所以B1D⊥平面A1BC1，
又A1F 平面A1BC1，所以A1F⊥BD，故A正确；
对于B选项，当F为BC1中点时，根据题意可得，F为B1C中点，
设A1F和B1D相交于点E，连接A1D和B1F，如图所示，
因为△A1DE～△FB1E，所以，故B正确；
对于C选项，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为1，
建立如图所示直角坐标系，
则D（0，0，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），A（1，0，1），C（0，1，0），
，，
设平面BDC1的法向量为（x，y，z），
则由，可得，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝﹣1，故（1，﹣1，﹣1），
设（﹣t，0，t），则，
由A1F⊥平面BDC1，则，
所以，则t不存在，
即不存在F使得A1F⊥平面BDC1，故C错误；
对于D选项，由，（0，1，0），
则，
当t时等号成立，即F为BC1中点，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间线线垂直、线面垂直的判定，考查异面直线所成角的求法，属中档题．
（多选）7．（2024秋 台州期末）以下四个正方体中，满足AB⊥平面CDE的有（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面垂直；空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】BD
【分析】根据直线与平面内的直线不垂直可判断AC，根据直线与平面垂直的判定定理判断BD．
【解答】解：对A，∵CE∥AD，，
∴AB与CE所成角为，
故AB与平面CDE不垂直，故A错误；
对B，在正方体中，ED⊥平面ABD，AB 平面ABD，
所以AB⊥ED，
又AB⊥CE，DE∩CE＝E，DE，CE 平面CDE，
所以AB⊥平面CDE，故B正确；
对C，连接AF，BF，如图，
在正方体中，由正方体面上的对角线相等可知，△ABF为正三角形，
所以，
又CE∥AF，AB与CE所成的角为，
所以AB与平面CDE不垂直，故C不正确；
对D，连接MB，BN，如图，
因为AM⊥平面CMEB，EC 平面CMEB，
所以AM⊥EC，
又BM⊥EC，BM∩AM＝M，BM，AM 平面AMB，
所以EC⊥平面AMB，
又AB 平面AMB，
所以EC⊥AB，
同理可得ED⊥AB，
再由EC∩ED＝E，EC，ED 平面ECD，
所以AB⊥平面CDE，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题．
（多选）8．（2024秋 锡林郭勒盟期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，则下列结论中正确的是（　　）
A．平面EFC1⊥平面AA1C1 B．MP⊥A1D
C．MP⊥C1D D．EF∥平面AD1B1
【考点】平面与平面垂直；棱柱的结构特征．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】ABD
【分析】选项A通过判断EF与平面AA1C1关系可判断选项正误；选项B取A1D1中点为N，判断平面MNP与A1D关系可判断选项正误；选项C判断AC1与C1D关系可判断选项正误；选项D通过判断EF与D1B1关系可判断选项正误．
【解答】解：已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，
对A，即判断平面EFC1⊥平面AA1C1C，注意到EF⊥AC，AA1⊥平面ABCD，
又EF 平面ABCD，
则AA1⊥EF．
结合AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面ABCD，
则EF⊥平面AA1C1C，
又EF 平面EFC1，
则平面EFC1⊥平面AA1C1C，
故A正确；
对B，取A1D1中点为N，
连接MN，PN．
注意到MN⊥A1D，NP⊥平面A1D1DA，
又A1D 平面A1D1DA，
则NP⊥A1D．
结合MN∩NP＝N，MN，NP 平面MNP，
则A1D⊥平面MNP，
又MP 平面MNP，
则MP⊥A1D，
故B正确；
对C，注意到MP∥AC1，
则判断MP⊥C1D等价于判断AC1⊥C1D，
注意到AD⊥C1D，
则三角形ADC1是以∠ADC1为直角的直角三角形，
则AC1与C1D不垂直，
即MP与C1D不垂直，
故C错误；
对D，注意到EF∥D1B1，
又EF 平面平面AD1B1，D1B1 平面平面AD1B1，
则EF∥平面AD1B1，
故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了空间中点、线、面的位置关系，属中档题．
（多选）9．（2024秋 南山区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点．下列结论正确的是（　　）
A．EF与DD1垂直
B．EF⊥与平面BDD1B1
C．EF∥平面A1B1C1D1
D．EF与C1D所成的角为45°
【考点】直线与平面垂直；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】连接A1B，运用中位线定理推出EF∥A1C1，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断可得A、B、C正确；再由异面直线所成的角的概念判断可得D错误．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，
对于A，连接A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，
可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
可得B1B⊥A1C1，∴B1B⊥EF，又B1B∥D1D，∴D1D⊥EF，故A正确；
对于B，连接D1B1，EF∥A1C1，由正方体性质可知A1C1⊥平面BDD1B1，
可得EF⊥平面BDD1B1，故B正确；
对于C，∵EF∥A1C1，EF 平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
∴EF∥平面A1B1C1D1，故C正确；
对于D，EF与C1D所成角就是∠A1C1D，连接A1D，
由正方体性质可知A1C1＝C1D＝A1D，即△A1C1D为等边三角形，
故∠A1C1D＝60°，即EF与C1D所成的角为60°，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 大兴区期末）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1．
（Ⅰ）当点M与点C重合时，线段AP的长度为　　；
（Ⅱ）线段AP长度的最小值为　　．
【考点】直线与平面垂直．
【专题】计算题；数形结合；向量法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段AP的长度．
（Ⅱ）设CM＝t，则M（0，1，t），B（1，1，0），D1（0，0，1），（a﹣1，b，1），（﹣1，﹣1，1），（0，﹣1，1﹣t），由AP⊥平面MBD1，列方程组求出a＝1+t，b＝1﹣t，从而（t，1﹣t，1），由此能求了线段AP长度的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设P（a，b，1），当点M与C重合时，M（0，1，0），B（1，1，0），D1（0，0，1），
（a﹣1，b，1），（﹣1，﹣1，1），（0，﹣1，1），
∵AP⊥平面MBD1．
∴，解得a＝1，b＝1，
∴（0，1，1），
∴线段AP的长度为|AP|．
故答案为：．
（Ⅱ）设CM＝t，则M（0，1，t），B（1，1，0），D1（0，0，1），
（a﹣1，b，1），（﹣1，﹣1，1），（0，﹣1，1﹣t），
∵AP⊥平面MBD1．
∴，解得a＝1+t，b＝1﹣t，
∴（t，1﹣t，1），
∴||，
∴当t，即M是CC1中点时，线段AP长度取最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11．（2024秋 闵行区校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥PB，PA⊥PC，PC⊥PB，则定点P在底面的投影是底面△ABC的　垂　心．
【考点】直线与平面垂直．
【专题】证明题；数形结合；分析法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】由PB⊥PA，PB⊥PC，可证PB⊥平面PAC，可得PB⊥AC，又PO⊥AC，可证AC⊥平面PB，即可证明AC⊥BO，同理可证明AO⊥BC，从而可证O为垂心．
【解答】证明：设O是P在面ABC上的投影，
∵PB⊥PA，PB⊥PC，
∴PB⊥平面PAC，
∴PB⊥AC，①
又∵O是P在面ABC上的射影，
则PO⊥平面ABC，
∴PO⊥AC，②
由①②可得：AC⊥平面PB，
∴AC⊥BO，
同理可以证明：AO⊥BC，
∴O是△ABC的垂心．
故答案为：垂．
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
12．（2024秋 蜀山区校级期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2BC＝2CC1＝2，以D为坐标原点，向量，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，点P在平面A1B1C1D1上，若DP⊥平面ACD1，则点P的坐标是 　（1，，1）　．
【考点】直线与平面垂直；空间中的点的坐标．
【专题】数形结合；向量法；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1，，1）．
【分析】以D为坐标原点，向量，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法求出点P的坐标．
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2BC＝2CC1＝2，
以D为坐标原点，向量，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
∵点P在平面A1B1C1D1上，∴设P（a，b，1），
由A（1，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），D（0，0，0），
得（﹣1，2，0），（﹣1，0，1），（a，b，1），
∵DP⊥平面ACD1，
∴，解得a＝1，b，
∴点P的坐标是（1，，1）．
故答案为：（1，，1）．
【点评】本题考查点的坐标的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024秋 上海校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD，E为PC中点．
（1）证明：PA∥平面BDE；
（2）证明：平面PCD⊥平面PBC．
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】（1）证明过程见解答．
（2）证明过程见解答．
【分析】（1）连接AC，BD，交于点O，则O是AC中点，连接OE，则OE∥PA，由此能证明PA∥平面BDE．
（2）推导出BC⊥CD，BC⊥PD，从而BC⊥平面PCD，由此能证明平面PCD⊥平面PBC．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，
连接AC，BD，交于点O，则O是AC中点，
连接OE，
∵E为PC中点，∴OE∥PA，
∵PA 平面BDE，OE 平面BDE，∴PA∥平面BDE．
（2）∵在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD，
∵PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴BC⊥PD，
∵PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD，
∵BC 平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC．
【点评】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14．（2024秋 上城区校级期末）如图，四边形CDEF为矩形，平面ABCD⊥平面CDEF，AB∥CD，AD⊥DC，．
（1）求证：BD⊥平面BCF；
（2）求直线BC与平面BEF所成角的大小．
【考点】直线与平面垂直；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）法（i）结合线面垂直及面面垂直的知识，先证CF⊥平面ABCD，再证BD⊥平面BCF；法（ii）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求出BD的方向向量及平面BCF内的两个不共线的向量，再由数量积为0，证得结论；
（2）利用向量法求出平面BEF的法向量，求出直线BC的方向向量，求出两个向量的夹角的余弦值，进而求出直线BC与平面BEF所成角的正弦值，再求出线面所成的角即可．
【解答】（1）证明：法（i）：因为AB∥CD，，
所以，又CD＝2，
因为CD2＝BD2+BC2，所以BD⊥BC，
因为四边形CDEF为矩形，所以CF⊥CD，
因为平面ABCD⊥平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF 平面CDEF，
所以CF⊥平面ABCD，
因为BD 平面ABCD，所以CF⊥BD，
因为BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，
所以BD⊥平面BCF；
法（ii）：因为平面ABCD⊥平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF＝CD，
且DE 平面CDEF，DE⊥CD，
所以DE⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以DE⊥AD，
由DA，DC，DE两两垂直，则以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），E（0，0，1），C（0，2，0），F（0，2，1），
，
由，可得BD⊥BC，BD⊥CF，
因为BC∩CF＝C，BC，CF 平面BCF，
所以BD⊥平面BCF；
（2）解：结合上问可知：，
设平面BEF的法向量为，
则，，
即，令x＝1，则y＝0，z＝1，
即，
因为（﹣1，1，0），
设所求角的大小为，
1×（﹣1）+0×1+1×0＝﹣1，||，||，
cos，，
所以sinθ＝|cos，|．
故直线BC与平面BEF所成角的大小为．
【点评】本题考查用空间向量的方法求线面所成的角的正弦值及线面垂直的证法，属于中档题．
15．（2025 永州二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别在线段AB1，BC1上，且|AM|＝λ|AB1|，|C1N|＝μ|C1B|．
（1）若，证明：DD1⊥MN；
（2）若，点P，Q分别在直线DD1，MN上，且PQ⊥DD1，PQ⊥MN，求|PQ|的取值范围．
【考点】直线与平面垂直；空间两点间的距离公式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）当时分别找到点M和点N的位置，利用线面垂直，可证线线垂直；
（2）根据题中垂直关系，建立空间直角坐标系，把|PQ|表示为λ的函数，求函数值域即可．
【解答】证明：（1）连接B1C，AC，当，
则M是AB1的中点，N是B1C的中点，
所以MN∥AC，
因为AC 面ABCD，D1D⊥面ABCD，所以D1D⊥AC，
所以D1D⊥MN；
解：（2）以D点为原点，方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），B1（1，1，1），C1（0，1，1），B（1，1，0），D1（0，0，1）
，所以，
所以M（1，λ，λ），N（μ，1，1﹣μ），所以，
又，设直线PQ的方向向量为，
则由得，
取，又，
所以
，
由得，
易知在单调递减，单调递增，
所以，所以．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题。
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