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(共75张PPT)
第五节
空间直线、平面的垂直
明确目标
1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质和判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中垂直关系的简单命题.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
1.直线与平面垂直
(1)定义
直线l与平面α内的______一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
任意
(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_____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_____ a∥b
相交
平行
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的_____所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.
(2)线面角θ的取值范围：_______.
射影
3.平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
二面角 从一条直线出发的_____________所组成的图形叫做二面角
二面角的 平面角 过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱______的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角
二面角的 取值范围 _______
两个半平面
垂直
[0，π]
(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
解题结论拓展
(1)两个重要结论
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).
(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 线面垂直 面面垂直
典题细发掘
1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(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.(　　)
×
×
×
×
2.(人A必修②P162T2改编)若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是 (　　)
A.平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B.平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C.平面α内的任一条直线必垂直于平面β
D.过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
3.(人A必修②P171T14改编)若正四棱锥的所有棱长都相等，则该棱锥的侧棱与底面所成的角的大小为______.
√
45°
4.(人A必修②P152T4改编)在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC上的射影为点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.
外
垂
课堂·题点精研
02
[例1]　如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足.
(1)求证：PA⊥平面ABC;
证明：在平面ABC内取一点D，
过点D作DF⊥AC于点F.
因为平面PAC⊥平面ABC，
且交线为AC，DF 平面ABC，所以DF⊥平面PAC.
题点一　直线与平面垂直的判定与性质
因为PA 平面PAC，所以DF⊥PA.
过点D作DG⊥AB于点G，
同理可证DG⊥PA.
因为DG，DF都在平面ABC内，且DG∩DF=D，
所以PA⊥平面ABC.
(2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形.
证明：连接BE并延长交PC于点H.
因为点E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.
又AE⊥平面PBC，PC 平面PBC，所以PC⊥AE.
因为AE∩BH=E，AE，BH 平面ABE，所以PC⊥平面ABE.
又AB 平面ABE，所以PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC，
又AB 平面ABC，所以PA⊥AB.
因为PA∩PC=P，PA，PC 平面PAC，
所以AB⊥平面PAC.
又AC 平面PAC，所以AB⊥AC，
即△ABC是直角三角形.
证明线面垂直的4种方法
(1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a α，b α，a∩b=P l⊥α.
(2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β=l，a α，a⊥l a⊥β.
(3)性质：①a∥b，b⊥α a⊥α;②α∥β，a⊥β a⊥α.
(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l l⊥γ(客观题可用).
思维建模
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点.
求证：(1)CD⊥AE;
证明：在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC=A，PA，AC 平面PAC，∴CD⊥平面PAC.
又AE 平面PAC，∴CD⊥AE.
即时训练
(2)PD⊥平面ABE.
证明：由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得AC=PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD=C，PC，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.又PD 平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD=A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD.又PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE=A，AB，AE 平面ABE，∴PD⊥平面ABE.
[例2]　如图，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;
解：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.
又CD∩PD=D，CD，PD 平面PCD，则AE⊥平面PCD.
又AE 平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE.
题点二　平面与平面垂直的判定与性质
(2)求点B到平面ACE的距离.
解：如图，连接BD，与AC交于点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.
证明面面垂直的2种方法
思维建模
定义法 利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题
定理法 利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把面面垂直问题转化为证明线面垂直问题加以解决
[注意]　面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”.
2.在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P-BCDE的体积;
即时训练
解：取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD=PE，∴PM⊥DE.
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，PM 平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P-BCDE的高.
在等腰直角三角形EPD中，PE=PD=AD=2，
∴PM=DE=，而直角梯形BCDE的面积S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6，
∴四棱锥P-BCDE的体积V=PM·S=××6=2.
(2)若PB=PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.
解：证明：如图所示，取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，∵PB=PC，∴BC⊥PN.
∵MN∩PN=N，MN，PN 平面PMN，
∴BC⊥平面PMN.
∵PM 平面PMN，∴BC⊥PM.由(1)知，PM⊥DE.
又BC，DE 平面BCDE，且BC与DE是相交的，
∴PM⊥平面BCDE.
∵PM 平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.
[例3]　已知正方体ABCD-A1B1C1D1，证明下列命题：
(1)BD1⊥平面ACB1;
快审准解：根据垂直关系的转化，利用线面垂直的判定定理，即可证明;
证明：如图，DD1⊥平面ABCD，
AC 平面ABCD，
所以DD1⊥AC，且AC⊥BD.
题点三　垂直关系的综合应用
又因为DD1∩DB=D，且DD1，DB 平面BDD1，
所以AC⊥平面BDD1，BD1 平面BDD1，
所以BD1⊥AC.同理BD1⊥AB1，
且AC∩AB1=A，AC，AB1 平面ACB1，
所以BD1⊥平面ACB1.
(2)平面ACB1∥平面A1C1D;
快审准解：利用平行关系，根据面面平行的判定定理，即可证明;
证明：因为AA1∥CC1，且AA1=CC1，
所以四边形ACC1A1是平行四边形，
所以A1C1∥AC，且AC 平面ACB1，
A1C1 平面ACB1，
所以A1C1∥平面ACB1.同理A1D∥平面ACB1，
且A1C1∩A1D=A1，A1C1，A1D 平面A1C1D，
所以平面ACB1∥平面A1C1D.
(3)线段BD1被平面ACB1与平面A1C1D三等分.
快审准解：利用等体积转化求点B到平面ACB1的距离，再根据(1)的结果，即可证明.
证明：设正方体的棱长为1，则AC=CB1=B1A=
==××1×1×1=，
设点B到平面ACB1的距离为h，所以××h=，则h=，
由(1)知BD1⊥平面ACB1，且BD1==，
同理点D1到平面A1C1D的距离也是，
是BD1的，所以线段BD1被平面ACB1与平面A1C1D三等分.
(1)垂直与平行的综合问题，求解时应注意平行、垂直性质及判定的综合应用.
(2)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.
(3)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证.
思维建模
3.在正三棱锥A-BCD中，二面角A-BC-D的平面角为60°，则AC与平面BCD所成角的正切值为 (　　)
A. B.
C. D.1
快审准解：根据题意作图，根据二面角的平面角定义在图中表示出，利用正三棱锥的几何性质，结合勾股定理与三角函数，再根据线面角定义求解即可.
即时训练
√
解析：取BC的中点为E，△BCD的中心为G，连接AE，DE，CG，AG，∵AB=AC，BD=CD，∴AE⊥BC，DE⊥BC，即二面角A-BC-D的平面角为∠AED，即∠AED=60°.∵三棱锥A-BCD为正三棱锥，则AG⊥平面BCD，且DE，CG 平面BCD，则AG⊥DE，AG⊥CG.∵∠AED=60°，∴AG=EG，CG=DG=
2EG.由AG⊥平面BCD，可知AC与平面BCD所成的角
为∠ACG，∴tan∠ACG===.故选C.
4.如图，已知六面体ABCD-A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，∠AD1A1=60°，AD1=4，点P是AD1上的动点.
(1)试判断不论点P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并证明你的结论;
解：是.证明如下：
∵BA⊥平面AA1D1D，BA 平面BPA，
∴平面BPA⊥平面AA1D1D，
∴无论点P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值;
解：过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E，如图，
则PE∥AA1，
∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角.
在Rt△AA1D1中，
∵∠AD1A1=60°，∴∠A1AD1=30°，
∴A1B1=A1D1=AD1=2，
∴A1E=A1D1=1，AA1=A1D1=2，
∴PE=AA1=，B1E==，
∴在Rt△B1EP中，B1P==2，
∴cos∠B1PE===，
∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.
(3)求PB1与平面AA1D1D所成角的正切值的最大值.
解：由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1D，∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1D所成的角，∴tan∠B1PA1==，∴当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时A1P⊥AD1，A1P==，
得tan∠B1PA1=，即PB1与平面AA1D1D所成角的正切值的最大值为.
数智赋能：电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用
课时跟踪检测
03
一、单选题
1.(2025·德阳模拟)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
解析：∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，∴m∥β或m β或m与β相交，∵l β，n⊥β，∴n⊥l.故选C.
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2.(2024·邯郸二模)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α⊥β，m α，n β，则“m⊥n”是“m⊥β”的 (　　)
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
√
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解析：用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β，当m⊥n如图所示时显然m与平面β不垂直，反之，当m⊥β时，又n β，根据线面垂直的性质有m⊥n，所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件.
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3.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，则C1在底面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
√
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解析：连接AC1(图略)，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内的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上.
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4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设直线BD1与直线AD所成的角为α，直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β，则α+β= (　　)
A. B.
C. D.
√
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解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD∥BC，所以直线BD1与直线AD所成的角α=∠D1BC.因为BC⊥平面CDD1C1，所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影，所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角β=∠BD1C.又BC⊥平面CDD1C1，所以BC⊥D1C，所以∠D1BC+
∠BD1C=，即α+β=.故选C.
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5.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱AA1的长为a，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则下列命题正确的是 (　　)
A.对任意的a，存在点E，使得B1D⊥EC1
B.当且仅当a=1时，存在点E，使得B1D⊥EC1
C.当且仅当a≥1时，存在点E，使得B1D⊥EC1
D.当且仅当a≤1时，存在点E，使得B1D⊥EC1
√
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快审准解：若存在点E，使得B1D⊥EC1，则必有EB1≤a，且由题设条件易得EC1⊥平面B1DC，得到EC1⊥B1C，再通过△EB1C1∽
△B1C1C即可求得a的范围.
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解析：连接B1C，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以CC1⊥平面ABCD，则CC1⊥CD，又由底面A1B1C1D1是正方形，得CD⊥BC，所以CD⊥平面B1C1CB，得CD⊥EC1.若存在点E，使得B1D⊥EC1，则EC1⊥平面B1DC，得EC1⊥B1C，则△EB1C1∽△B1C1C，得=，即EB1=≤a，所以a≥1.
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6.(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=2，该棱锥的高为(　　)
A.1 B.2
C. D.
√
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解析：由题意知△PAB为正三角形，因为PC2+PD2=CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE=2，PF=2，EF=4，于是PE2+PF2=EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G，易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF=F，所以CD⊥平面PEF.又PG 平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF=F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高.
由PE·PF=EF·PG，得PG==
=.故选D.
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7.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB=6，A1B1=2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.1
C.2 D.3
√
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方法引入：法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高h=，作辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM=，进而根据线面夹角的定义分析求解;
法二：将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，根据比例关系可得VP-ABC=18，进而可求正三棱锥P-ABC的高，即可得结果.
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解析：法一　分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD=3，A1D1=，可知S△ABC=×6×3=9，
S△A1B1C1=×2×=.
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，
则VABC-A1B1C1=×h=，解得h=.
如图，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM=x，
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则AA1==，DN=AD-AM-MN=2-x，可得DD1==，结合等腰梯形BCC1B1可得B=+D，即x2+=(2-x)2++4，解得x=，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1.
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法二　将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为==，则=，
可知=VP-ABC=，
则VP-ABC=18.
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设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC=d××6×6×=18，解得d=2.
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO=2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO==1.
习得方略：既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.
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8.如图，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论不正确的是(　　)
A.MN∥AB
B.平面VAC⊥平面VBC
C.MN⊥BC
D.OC⊥平面VAC
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解析：因为M，N分别为VA，VC的中点，所以MN∥AC.如果MN∥AB，则可得AC∥AB，而AC与AB相交，故A不正确;因为点C是圆周上不同于A，B的任意一点，所以AC⊥BC.因为VA垂直于半圆O所在的平面，BC 平面ABC，所以VA⊥BC.又AC∩VA=A，AC，VA 平面VAC，所以BC⊥平面VAC.又BC 平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故B正确;因为AC∥MN，AC⊥BC，所以MN⊥BC，故C正确;若OC⊥平面VAC，又BC⊥平面VAC，则OC∥BC，而这与OC 与BC 相交矛盾，故D不正确.
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9.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是 (　　)
A.异面直线AB1与CD所成的角为45°
B.异面直线A1B1与AC1所成的角为45°
C.直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为
D.二面角C1-AD-B的大小为45°
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√
解析：如图所示，因为CD∥AB，则AB1与CD所成的角为∠BAB1=45°，A正确;因为AB∥A1B1，所以AC1与A1B1所成角为∠BAC1或其补角.因为AB=2，BC1=BC=2，AC1=AB=2，所以AB2+B=A，则AB⊥BC1，所以tan∠BAC1=
=，故∠BAC1≠45°，B错误;
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因为B1C1⊥平面AA1B1B，故直线AC1与平面ABB1A1所成的角为∠B1AC1，因为AB1 平面AA1B1B，则B1C1⊥AB1，所以sin∠B1AC1=
=，因此直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为，C正确;因为AD⊥平面CC1D1D，CD，C1D 平面CC1D1D，则AD⊥CD，AD⊥
C1D，所以二面角C1-AD-B的平面角为∠CDC1=45°，D正确.
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三、填空题
10.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：______________________________________________.
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若l⊥α，l⊥m，则m∥α(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)
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解析：由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得若l⊥α，l⊥m，则m∥α.若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m.
13
11.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为_____.
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60°
解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.因为VH∩VO=V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥
OH，所以∠VHO为二面角V-AB-C的平面角.易求VH2=VA2-AH2=4，所以VH=2.而OH=BC=1，所以∠VHO=60°.故二面角V-AB-C的大小是60°.
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四、解答题
12.(13分)如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点.
(1)求证：DB⊥PQ;(5分)
解：证明：正三角形PAD中，Q为AD的中点，
故PQ⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，PQ 平面PAD，所以PQ⊥底面ABCD.又DB 底面ABCD，所以DB⊥PQ.
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(2)在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由.(8分)
解：存在点N，当N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB，证明如下：
由(1)知PQ⊥底面ABCD，又CN 底面ABCD，所以PQ⊥CN.
因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB中点，所以BA=CB，AQ=BN，∠QAB=∠NBC=90°，所以△QAB≌△NBC，
所以∠AQB=∠BNC.
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因为∠AQB+∠ABQ=90°，
所以∠CNB+∠ABQ=90°，所以CN⊥BQ，
而PQ∩BQ=Q，PQ，BQ 平面PQB，
所以CN⊥平面PQB.
又CN 平面PCN，
所以平面PCN⊥平面PQB.
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13.(15分)(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，
CD∥EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AD=BC=，
AE=2，M为CD的中点.
(1)证明：EM∥平面BCF;(5分)
解：证明：由题意，得EF∥MC，且EF=MC，
所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥CF.
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF.
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(2)求点M到平面ADE的距离.(10分)
解：取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB∥MC，且AB=MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=.
又AD=，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形.所以OA⊥DM，OE⊥DM，OA==3，OE==.又AE=2，所以OA2+OE2=AE2，故OA⊥OE.
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又OA⊥DM，OE∩DM=O，OE，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM=×2×=.
在△ADE中，cos∠DEA==，
所以sin∠DEA=，S△ADE=×2×2×=.
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设点M到平面ADE的距离为d，
由VM-ADE=VA-EDM，
得S△ADE·d=S△EDM·OA，
得d=，故点M到平面ADE的距离为.
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13第五节 空间直线、平面的垂直
1.能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的有关性质和判定定理.
2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间图形中垂直关系的简单命题.
教材再回首
1.直线与平面垂直
(1)定义
直线l与平面α内的　　　　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　　　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　　 a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的　　　所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.
(2)线面角θ的取值范围:　　　　　.
3.平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
二面角 从一条直线出发的　　　　　　所组成的图形叫做二面角
二面角的 平面角 过二面角棱上的任一点,在两个半平面内分别作与棱　　　的射线,则两射线所成的角叫做二面角的平面角
二面角的 取值范围 　　　
(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
解题结论拓展
(1)两个重要结论
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).
(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
线线垂直线面垂直面面垂直
典题细发掘
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(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. (　　)
2.(人A必修②P162T2改编)若平面α⊥平面β,且α∩β=l,则下列命题正确的是 (　　)
A.平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B.平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C.平面α内的任一条直线必垂直于平面β
D.过平面α内任意一点作交线l的垂线,则此垂线必垂直于平面β
3.(人A必修②P171T14改编)若正四棱锥的所有棱长都相等,则该棱锥的侧棱与底面所成的角的大小为　　　　.
4.(人A必修②P152T4改编)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC上的射影为点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.
题点一　直线与平面垂直的判定与性质
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,点E为垂足.
(1)求证:PA⊥平面ABC;
(2)当点E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.
|思维建模|　证明线面垂直的4种方法
(1)线面垂直的判定定理:l⊥a,l⊥b,a α,b α,a∩b=P l⊥α.
(2)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a α,a⊥l a⊥β.
(3)性质:①a∥b,b⊥α a⊥α;②α∥β,a⊥β a⊥α.
(4)α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l l⊥γ(客观题可用).
[即时训练]
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.
求证:(1)CD⊥AE;
(2)PD⊥平面ABE.
题点二　平面与平面垂直的判定与性质
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　如图,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.
|思维建模|　证明面面垂直的2种方法
定义法 利用面面垂直的定义,即判定两平面所成的二面角为直二面角,将证明面面垂直问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题
定理法 利用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,把面面垂直问题转化为证明线面垂直问题加以解决
[注意]　面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”.
[即时训练]
2.在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积;
(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.
题点三　垂直关系的综合应用
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例3]　已知正方体ABCD-A1B1C1D1,证明下列命题:
(1)BD1⊥平面ACB1;
(2)平面ACB1∥平面A1C1D;
(3)线段BD1被平面ACB1与平面A1C1D三等分.
快审准解:(1)根据垂直关系的转化,利用线面垂直的判定定理,即可证明;
(2)利用平行关系,根据面面平行的判定定理,即可证明;
(3)利用等体积转化求点B到平面ACB1的距离,再根据(1)的结果,即可证明.
|思维建模|
(1)垂直与平行的综合问题,求解时应注意平行、垂直性质及判定的综合应用.
(2)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.
(3)对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证.
[即时训练]
3.在正三棱锥A-BCD中,二面角A-BC-D的平面角为60°,则AC与平面BCD所成角的正切值为 (　　)
A. B.
C. D.1
4.如图,已知六面体ABCD-A1B1C1D1是底面为正方形的长方体,∠AD1A1=60°,AD1=4,点P是AD1上的动点.
(1)试判断不论点P在AD1上的任何位置,是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D,并证明你的结论;
(2)当P为AD1的中点时,求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值;
(3)求PB1与平面AA1D1D所成角的正切值的最大值.
第五节　空间直线、平面的垂直
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.(1)任意　(2)相交　a,b α　a∩b=O　l⊥a　l⊥b　平行　
a⊥α　b⊥α
2.(1)射影　(2)
3.(1)两个半平面　垂直　[0,π]　(2)l⊥α　l β　α∩β=a
[典题细发掘]
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2.B　3.45°　4.(1)外　(2)垂
课堂·题点精研
题点一
[例1]　证明:(1)在平面ABC内取一点D,过点D作DF⊥AC于点F.因为平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,DF 平面ABC,
所以DF⊥平面PAC.
因为PA 平面PAC,所以DF⊥PA.
过点D作DG⊥AB于点G,
同理可证DG⊥PA.
因为DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,
所以PA⊥平面ABC.
(2)连接BE并延长交PC于点H.
因为点E是△PBC的垂心,所以PC⊥BH.
又AE⊥平面PBC,PC 平面PBC,
所以PC⊥AE.
因为AE∩BH=E,AE,BH 平面ABE,
所以PC⊥平面ABE.
又AB 平面ABE,所以PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,所以PA⊥AB.
因为PA∩PC=P,PA,PC 平面PAC,
所以AB⊥平面PAC.
又AC 平面PAC,所以AB⊥AC,
即△ABC是直角三角形.
[即时训练]
1.证明:(1)在四棱锥P-ABCD中,∵PA⊥底面ABCD,CD 平面ABCD,∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD,PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴CD⊥平面PAC.
又AE 平面PAC,∴CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.
∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD,且PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,
∴AE⊥平面PCD.又PD 平面PCD,∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
∴AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD,∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE=A,AB,AE 平面ABE,∴PD⊥平面ABE.
题点二
[例2]　解:(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.
又CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,则AE⊥平面PCD.
又AE 平面ACE,所以平面PCD⊥平面ACE.
(2)如图,连接BD,与AC交于点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.
[即时训练]
2.解:(1)取DE的中点M,连接PM,
由题意知,PD=PE,∴PM⊥DE.
又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PM 平面PDE,
∴PM⊥平面BCDE,即PM为四棱锥P-BCDE的高.
在等腰直角三角形EPD中,PE=PD=AD=2,
∴PM=DE=,而直角梯形BCDE的面积S=(BE+CD)·BC=×(2+4)×2=6,
∴四棱锥P-BCDE的体积V=PM·S=××6=2.
(2)证明:如图所示,取BC的中点N,连接PN,MN,则BC⊥MN,
∵PB=PC,∴BC⊥PN.
∵MN∩PN=N,MN,PN 平面PMN,
∴BC⊥平面PMN.
∵PM 平面PMN,∴BC⊥PM.
由(1)知,PM⊥DE.
又BC,DE 平面BCDE,且BC与DE是相交的,
∴PM⊥平面BCDE.
∵PM 平面PDE,∴平面PDE⊥平面BCDE.
题点三
[例3]　证明:(1)如图,DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以DD1⊥AC,且AC⊥BD.
又因为DD1∩DB=D,且DD1,DB 平面BDD1,
所以AC⊥平面BDD1,BD1 平面BDD1,
所以BD1⊥AC.同理BD1⊥AB1,且AC∩AB1=A,AC,AB1 平面ACB1,所以BD1⊥平面ACB1.
(2)因为AA1∥CC1,且AA1=CC1,
所以四边形ACC1A1是平行四边形,所以A1C1∥AC,
且AC 平面ACB1,A1C1 平面ACB1,
所以A1C1∥平面ACB1.
同理A1D∥平面ACB1,
且A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,
所以平面ACB1∥平面A1C1D.
(3)设正方体的棱长为1,则AC=CB1=B1A=,=,=××1×1×1=,设点B到平面ACB1的距离为h,所以××h=,则h=,
由(1)知BD1⊥平面ACB1,且BD1=,=,
同理点D1到平面A1C1D的距离也是,是BD1的,
所以线段BD1被平面ACB1与平面A1C1D三等分.
[即时训练]
3.快审准解:根据题意作图,根据二面角的平面角定义在图中表示出,利用正三棱锥的几何性质,结合勾股定理与三角函数,再根据线面角定义求解即可.
选C　取BC的中点为E,△BCD的中心为G,连接AE,DE,CG,AG,∵AB=AC,BD=CD,∴AE⊥BC,DE⊥BC,即二面角A-BC-D的平面角为∠AED,即∠AED=60°.∵三棱锥A-BCD为正三棱锥,则AG⊥平面BCD,且DE,CG 平面BCD,则AG⊥DE,AG⊥CG.∵∠AED=60°,∴AG=EG,CG=DG=2EG.由AG⊥平面BCD,可知AC与平面BCD所成的角为∠ACG,∴tan∠ACG===.故选C.
4.解:(1)是.证明如下:
∵BA⊥平面AA1D1D,BA 平面BPA,
∴平面BPA⊥平面AA1D1D,
∴无论点P在AD1上的任何位置,都有平面BPA⊥平面AA1D1D.
(2)过点P作PE⊥A1D1,垂足为E,连接B1E,如图,则PE∥AA1,
∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角.
在Rt△AA1D1中,
∵∠AD1A1=60°,
∴∠A1AD1=30°,
∴A1B1=A1D1=AD1=2,
∴A1E=A1D1=1,AA1=A1D1=2,
∴PE=AA1=,B1E==,
∴在Rt△B1EP中,
B1P==2,
∴cos∠B1PE===,
∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.
(3)由(1)知,B1A1⊥平面AA1D1D,
∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1D所成的角,
∴tan∠B1PA1==,
∴当A1P最小时,tan∠B1PA1最大,
这时A1P⊥AD1,A1P==,
得tan∠B1PA1=,
即PB1与平面AA1D1D所成角的正切值的最大值为.课时跟踪检测(五十一)　空间直线、平面的垂直
一、单选题
1.(2025·德阳模拟)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
2.(2024·邯郸二模)已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,且α⊥β,m α,n β,则“m⊥n”是“m⊥β”的 (　　)
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
3.如图,在斜三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底面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.在正方体ABCD A1B1C1D1中,设直线BD1与直线AD所成的角为α,直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β,则α+β= (　　)
A. B.
C. D.
5.如图,在四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AA1⊥平面A1B1C1D1,底面A1B1C1D1是边长为1的正方形,侧棱AA1的长为a,E为侧棱BB1上的动点(包括端点),则下列命题正确的是 (　　)
A.对任意的a,存在点E,使得B1D⊥EC1
B.当且仅当a=1时,存在点E,使得B1D⊥EC1
C.当且仅当a≥1时,存在点E,使得B1D⊥EC1
D.当且仅当a≤1时,存在点E,使得B1D⊥EC1
6.(2024·北京高考)如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2,该棱锥的高为 (　　)
A.1 B.2
C. D.
7.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　)
A. B.1
C.2 D.3
二、多选题
8.如图,AB是半圆O的直径,VA垂直于半圆O所在的平面,点C是圆周上不同于A,B的任意一点,M,N分别为VA,VC的中点,则下列结论不正确的是 (　　)
A.MN∥AB B.平面VAC⊥平面VBC
C.MN⊥BC D.OC⊥平面VAC
9.在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中,下列结论正确的是 (　　)
A.异面直线AB1与CD所成的角为45°
B.异面直线A1B1与AC1所成的角为45°
C.直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为
D.二面角C1 AD B的大小为45°
三、填空题
10.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:　　　　　　　　.
11.在四棱锥V ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形,则二面角V AB C的大小为　　　　.
四、解答题
12.(13分)如图,边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直,Q为AD的中点.
(1)求证:DB⊥PQ;(5分)
(2)在线段AB上是否存在一点N,使得平面PCN⊥平面PQB,若存在,试指出点N的位置,并证明你的结论,若不存在,请说明理由.(8分)
13.(15分)(2024·全国甲卷)如图,已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,AE=2,M为CD的中点.
(1)证明:EM∥平面BCF;(5分)
(2)求点M到平面ADE的距离.(10分)
课时跟踪检测(五十一)
1.选C　∵互相垂直的平面α,β交于直线l,直线m,n满足m∥α,∴m∥β或m β或m与β相交,∵l β,n⊥β,∴n⊥l.故选C.
2.选A　用平面ADFE代表平面α,平面ABCD代表平面β,
当m⊥n如图所示时显然m与平面β不垂直,反之,当m⊥β时,又n β,根据线面垂直的性质有m⊥n,所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件.
3.选A　连接AC1(图略),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内的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上.
4.选C　在正方体ABCD A1B1C1D1中,
因为AD∥BC,所以直线BD1与直线AD所成的角α=∠D1BC.因为BC⊥平面CDD1C1,所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影,所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角β=∠BD1C.又BC⊥平面CDD1C1,所以BC⊥D1C,所以∠D1BC+∠BD1C=,即α+β=.故选C.
5.快审准解:若存在点E,使得B1D⊥EC1,则必有EB1≤a,且由题设条件易得EC1⊥平面B1DC,得到EC1⊥B1C,再通过△EB1C1∽△B1C1C即可求得a的范围.
选C　连接B1C,在四棱柱ABCD A1B1C1D1中,
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,所以CC1⊥平面ABCD,则CC1⊥CD,又由底面A1B1C1D1是正方形,得CD⊥BC,所以CD⊥平面B1C1CB,得CD⊥EC1.若存在点E,使得B1D⊥EC1,则EC1⊥平面B1DC,得EC1⊥B1C,则△EB1C1∽△B1C1C,得=,即EB1=≤a,所以a≥1.
6.选D　由题意知△PAB为正三角形,因为PC2+PD2=CD2,
所以PC⊥PD.如图,分别取AB,CD的中点E,F,连接PE,EF,PF,则PE=2,PF=2,EF=4,于是PE2+PF2=EF2,所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF,垂足为G,易知CD⊥PF,CD⊥EF,EF,PF 平面PEF,且EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF.又PG 平面PEF,所以CD⊥PG.又PG⊥EF,CD,EF 平面ABCD,CD∩EF=F,所以PG⊥平面ABCD,所以PG为四棱锥P ABCD的高.由PE·PF=EF·PG,得PG===.故选D.
7.方法引入:法一:根据台体的体积公式可得三棱台的高h=,作辅助线,结合正三棱台的结构特征求得AM=,进而根据线面夹角的定义分析求解;
法二:将正三棱台ABC A1B1C1补成正三棱锥P ABC,A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角,根据比例关系可得VP ABC=18,进而可求正三棱锥P ABC的高,即可得结果.
选B　法一　分别取BC,B1C1的中点D,D1,则AD=3,A1D1=,可知S△ABC=×6×3=9,=×2×=.
设正三棱台ABC A1B1C1的高为h,则=×h=,解得h=.
如图,分别过A1,D1作底面的垂线,垂足为M,N,设AM=x,
则AA1==,DN=AD-AM-MN=2-x,
可得DD1==,
结合等腰梯形BCC1B1可得B=+D,
即x2+=(2-x)2++4,解得x=,所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1.
法二　将正三棱台ABC A1B1C1补成正三棱锥P ABC,
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角,因为==,则=,
可知=VP ABC=,则VP ABC=18.
设正三棱锥P ABC的高为d,则VP ABC=d××6×6×=18,解得d=2.
取底面ABC的中心为O,则PO⊥底面ABC,且AO=2,
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO==1.
习得方略:既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的,所以在解决棱(圆)台问题时,要注意“还台为锥”的解题策略.
8.选AD　因为M,N分别为VA,VC的中点,所以MN∥AC.如果MN∥AB,则可得AC∥AB,而AC与AB相交,故A不正确;因为点C是圆周上不同于A,B的任意一点,所以AC⊥BC.因为VA垂直于半圆O所在的平面,BC 平面ABC,所以VA⊥BC.又AC∩VA=A,AC,VA 平面VAC,所以BC⊥平面VAC.又BC 平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC,故B正确;因为AC∥MN,AC⊥BC,所以MN⊥BC,故C正确;若OC⊥平面VAC,又BC⊥平面VAC,则OC∥BC,而这与OC 与BC 相交矛盾,故D不正确.
9.选ACD　如图所示,因为CD∥AB,
则AB1与CD所成的角为∠BAB1=45°,A正确;因为AB∥A1B1,所以AC1与A1B1所成角为∠BAC1或其补角.因为AB=2,BC1=BC=2,AC1=AB=2,所以AB2+B=A,则AB⊥BC1,所以tan∠BAC1==,故∠BAC1≠45°,B错误;因为B1C1⊥平面AA1B1B,故直线AC1与平面ABB1A1所成的角为∠B1AC1,因为AB1 平面AA1B1B,则B1C1⊥AB1,所以sin∠B1AC1==,因此直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为,C正确;
因为AD⊥平面CC1D1D,CD,C1D 平面CC1D1D,则AD⊥CD,AD⊥C1D,所以二面角C1 AD B的平面角为∠CDC1=45°,D正确.
10.解析:由l,m是平面α外的两条不同直线,及线面平行的判定定理得若l⊥α,l⊥m,则m∥α.若l⊥α,m∥α,则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m,∴若l⊥α,m∥α,则l⊥m.
答案:若l⊥α,l⊥m,则m∥α(或若l⊥α,m∥α,则l⊥m)
11.解析:如图,作VO⊥平面ABCD,垂足为O,则VO⊥AB.
取AB的中点H,连接VH,OH,则VH⊥AB.因为VH∩VO=V,所以AB⊥平面VHO,所以AB⊥OH,所以∠VHO为二面角V AB C的平面角.易求VH2=VA2-AH2=4,所以VH=2.而OH=BC=1,所以∠VHO=60°.故二面角V AB C的大小是60°.
答案:60°
12.解:(1)证明:正三角形PAD中,Q为AD的中点,故PQ⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PQ 平面PAD,所以PQ⊥底面ABCD.
又DB 底面ABCD,所以DB⊥PQ.
(2)存在点N,当N为AB中点时,平面PCN⊥平面PQB,证明如下:
由(1)知PQ⊥底面ABCD,又CN 底面ABCD,所以PQ⊥CN.
因为四边形ABCD是正方形,Q为AD的中点,N为AB中点,所以BA=CB,AQ=BN,∠QAB=∠NBC=90°,所以△QAB≌△NBC,所以∠AQB=∠BNC.
因为∠AQB+∠ABQ=90°,所以∠CNB+∠ABQ=90°,
所以CN⊥BQ,
而PQ∩BQ=Q,PQ,BQ 平面PQB,所以CN⊥平面PQB.
又CN 平面PCN,所以平面PCN⊥平面PQB.
13.解:(1)证明:由题意,得EF∥MC,且EF=MC,
所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥CF.
又CF 平面BCF,EM 平面BCF,所以EM∥平面BCF.
(2)取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形,所以AM=BC=.
又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等边三角形.
所以OA⊥DM,OE⊥DM,OA==3,OE==.又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM 平面EDM,
所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM=×2×=.
在△ADE中,cos∠DEA==,
所以sin∠DEA=,S△ADE=×2×2×=.
设点M到平面ADE的距离为d,由VM ADE=VA EDM,得S△ADE·d=S△EDM·OA,得d=,故点M到平面ADE的距离为.

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