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第39讲　空间直线、平面的垂直
【课程标准】　1.从立体几何的定义、4个基本事实和定理出发，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、平面与平面垂直的关系，归纳出有关垂直的性质定理和判定定理，并加以证明性质定理.　2.能用已获得的结论证明空间基本图形垂直关系的简单命题.
1.直线与直线垂直
(1)定义：若两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点，并且夹角为直角，则称这两条直线互相垂直.
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它就和平面内的任意一条直线垂直.
2.直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面.
(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
(3)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射影所成的角，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90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
②范围：.
(4)空间距离
①点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离.
②直线到平面的距离：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离.
③两个平行平面间的距离：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离.
3.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.以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角，二面角的大小可以用它的平面角度量.二面角α 的取值范围是0°≤α≤180°.
(2)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.
(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
学生用书 第193页
[微提醒]　三种垂直关系的转化
　　线线垂直线面垂直面面垂直
【常用结论】
1.有关直线、平面垂直的常用结论
(1)过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，过一点有且只有一个平面与一条直线垂直.
(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，则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.此定理可简记为“垂影必垂斜”，其逆定理也成立，可简记为“垂斜必垂影”.
3.[知识的纵向延伸]
(1)三余弦定理：如图①，设A为平面α 内一点，过点A的斜线AO在平面α 上的射影为AB，AC为平面α 内的一条直线.已知∠OAB＝θ1，∠BAC＝θ2，∠OAC＝θ，则cos θ＝cos θ1·cos θ2.三余弦定理，也称最小角定理.该定理表明，直线与平面所成的角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，即线面角是线线角的最小值.
(2)三正弦定理：如图②，设二面角α'-AB-β'的平面角为α，在平面α'内有一条射线AC，AC与棱AB所成的角为β，AC与平面β'所成的角为γ，则sin γ＝sin α·sin β.该定理表明，二面角是半平面内的一条直线与另一半平面所成角的最大值，即二面角是线面角的最大值.
【自测诊断】
1.(多选)下列结论正确的是(　　)
A.直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α
B.设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α
C.若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直
D.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
答案：BC
2.(链接人教A必修二P162习题T1(2))已知平面α，β和直线m，l，则下列命题中正确的是(　　)
A.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
B.若α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β
C.若α⊥β，l α，则l⊥β
D.若α⊥β，α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β
答案：D
解析：对于A，若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l β或l∥β或l与β相交，故A不正确；对于B，若α∩β＝m，l α，l⊥m，则l与β相交但不一定垂直，故B不正确；对于C，若α⊥β，l α，则l β或l∥β或l与β相交，故C不正确；对于D，若α⊥β，α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β，由面面垂直的性质定理可知D正确.故选D.
3.(链接人教A必修二P164T15)如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S -EFG中必有(　　)
A.SG⊥△EFG所在平面
B.SD⊥△EFG所在平面
C.GF⊥△SEF所在平面
D.GD⊥△SEF所在平面
答案：A
解析：四面体S -EFG如图所示.由SG⊥GE，SG⊥GF，且GE∩GF＝G，得SG⊥△EFG所在的平面.故选A.
4.(链接人教A必修二P152例4)如图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为　　　　.
答案：
解析：∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2.又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝＝.
学生用书 第194页
考点一　垂直关系命题的真假判断(高考超重点) 自主练透
1.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
答案：BC
解析：设正方体的棱长为2，对于A，如图①所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝，CP＝1，故tan∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A错误；对于B，如图②所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥NT，PQ⊥MN，由正方体SBCM-NADT可得SN⊥平面ANTD，而OQ 平面ANTD，故SN⊥OQ，而SN∩NT＝N，SN，NT 平面SNTM，故OQ⊥平面SNTM，又MN 平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ 平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，而OP 平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；对于C，如图③所示，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图④所示，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，AO，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，OP＝＝＝，QO2＜PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D错误.故选BC.
【溯源教材21】
溯源 (人教A必修二P147例2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O1为底面A1B1C1D1的中心.求证AO1⊥BD.
透视 高考题和教材例题类似，考查角度都是证明线线垂直，其方法都是通过线面垂直或利用空间向量解决问题
预测 (多选)对于四面体ABCD，下列四个命题中真命题是(　　) A.若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD B.若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD C.若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD D.若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD 答案：AD 解析：对于A，如图，取BC 的中点M，连接AM，DM.由AB＝AC，得AM⊥BC，同理，得DM⊥BC，故BC⊥ 平面AMD，而AD 平面AMD，故BC⊥AD，故A正确；对于D，设A在平面BCD 内的射影为O，连接BO，CO，DO(图略).由AB⊥CD，得BO⊥CD，由AC⊥BD，得CO⊥BD，所以O 为△BCD的垂心.所以DO⊥BC.所以AD⊥BC，故D正确.故选AD.
2.(2025·天津卷)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A.若m∥α，n α，则m∥n
B.若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C.若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D.若m α，α⊥β，则m⊥β
答案：C
解析：对于A，若m∥α，n α，则m与n可能平行也可能异面，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；对于D，若m α，α⊥β，则m可能平行于β，也可能与β相交，也可能m β，故D错误.故选C.
3.(多选)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列选项中，l⊥m的充分条件有(　　)
A.α⊥β，l⊥α，m∥β B.α∥β，l∥α，m⊥β
C.α⊥β，l⊥α，m⊥β D.α⊥β，l∥α，m∥β
答案：BC
解析：A选项不是l⊥m的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行和垂直于平面，则这两条直线可能相交、平行或异面，故A错误；B选项，因为m⊥β，且α∥β，所以m⊥α，又因为l∥α，所以l⊥m，故B正确；C选项，因为m⊥β，l⊥α，又因为α⊥β，所以l⊥m，故C正确；D选项不是l⊥m的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行于平面，则这两条直线可能垂直、平行或异面，故D错误.故选BC.
4.(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　)
A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
答案：BD
解析：对于A，由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD.假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，AD⊥AC，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；对于B，因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC.因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC.又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D.又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；对于C，AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；对于D，CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.故选BD.
与线面垂直有关的命题真假的判断方法
1.借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准，甚至无需作图通过空间想象来判断.
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.
考点二　直线与平面垂直的判定与性质 师生共研
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.证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：(1)在四棱锥P-ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，AC，PA 平面PAC，
所以CD⊥平面PAC.
又AE 平面PAC，所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
所以AE⊥平面PCD.
又PD 平面PCD，所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA⊥AB.
又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，所以AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，所以PD⊥平面ABE.
学生用书 第195页
1.证明直线和平面垂直的常用方法
(1)判定定理.
(2)直线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.判定定理证明线面垂直的步骤
对点练1.如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，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.
证明：(1)如图，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)如图，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.
考点三　平面与平面垂直的判定与性质 多维探究
角度1　平面与平面垂直的判定(高考超重点)
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)设H为BF的中点，证明：平面DHC⊥平面ABED；
(3)探究平面ABC与平面ACGD是否垂直，并说明理由.
解：(1)证明：由已知，得AD∥BE，CG∥BE，所以图②中AD∥CG，即AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面.
根据已知，得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.
又AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)证明：因为∠EBC＝60°，所以△BCE为正三角形.所以CH⊥BE.
由(1)知AB⊥CH且AB∩BE＝B，所以CH⊥平面ABED.
又CH 平面DHC，所以平面DHC⊥平面ABED.
(3)不垂直.理由如下：
假设平面ABC⊥平面ACGD，在平面ABC内作BM⊥AC于点M，则BM⊥平面ACGD，所以BM⊥AD.
又AB⊥AD，且AB∩BM＝B，所以AD⊥平面ABC.
又AD∥BE，所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥BC，
这与∠EBC＝60°矛盾.
所以平面ABC与平面ACGD不垂直.
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角度2　平面与平面垂直的性质
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点.
求证：(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝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PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以PD⊥平面PAB.
又因为PD 平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
1.面面垂直的两种判定方法与一个转化
(1)两种方法：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β).
(2)一个转化：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.
2.面面垂直性质定理的应用
(1)两平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)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.
对点练2.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(　　)
A.平面ABC⊥平面BCD
B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面BCD⊥平面ABD
答案：B
解析：如图，易得AC⊥BC.又AD⊥圆柱的底面，所以AD⊥BC，所以BC⊥平面ACD.又BC 平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD.故选B.
对点练3.(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高.
解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC.
又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
因为A1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1.
又因为BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)如图，过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O.
因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC.
在Rt△ABC与Rt△A1BC中，
因为A1B＝AB，BC＝BC，
所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，
所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以O为CC1中点，OC1＝AA1＝1.
又因为A1C⊥AC，
所以A1C2＋AC2＝A，
即x2＋x2＝22，解得x＝，
所以A1O＝＝＝1，
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
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考点四　平行、垂直关系的综合应用 师生共研
(2026·山东青岛模拟)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；
(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.
解：(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，所以OE∥BD1.
又因为O为AD1的中点，
所以E为AB的中点.
(2)存在点E，当AE＝时，平面D1DE⊥平面AD1C，理由如下：
设AC∩DE＝F(图略)，
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＝＝.
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.
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、垂直性质及判定的综合应用.
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.
对点练4.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD，△ABC是底面圆的内接正三角形，且DO＝6，则在线段DO上是否存在一点P，使得PA⊥平面PBC？若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由.
解：假设存在点P，使得PA⊥平面PBC.
由题得AO＝AD，因为AD2＝DO2＋AO2，
所以AD2＝36＋AD2，
所以AD＝4，所以AO＝2.
因为△ABC是底面圆的内接正三角形，
所以＝2×2，所以AB＝6.
由题意得PA2＝AO2＋PO2＝12＋PO2.
因为PA⊥平面PBC，所以PA⊥PB，
所以36＝12＋PO2＋12＋PO2，
所以PO＝.
此时PC2＝PO2＋OC2＝18，PA2＝18，所以PA2＋PC2＝AC2，所以PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC 平面PBC，所以 PA⊥平面PBC.
故存在点P，使得PA⊥平面PBC，且PO＝.
课时分层测评59　空间直线、平面的垂直
(时间：60分钟　满分：85分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(1—8题，每小题5分，共40分)
1.如图，AB为圆的直径，点C在圆上，PA⊥平面ABC，则四面体P-ABC的四个面中，直角三角形有(　　)
A.4个 B.3个
C.2个 D.1个
答案：A
解析：易证此四面体的四个面都是直角三角形.故选A.
2.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
答案：A
解析：如图所示，当m⊥n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.故选A.
3.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)
A.若α⊥β，m∥α，则m⊥β
B.若α⊥β，m α，则m⊥β
C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D.若m⊥n，m∥α，则n⊥α
答案：C
解析：如图所示为正方体ABCD-A1B1C1D1，对于A，设平面α为平面ABCD，平面β为平面BCC1B1，m为B1C1，则α⊥β，m∥α，则m β，故A错误；对于B，设平面α为平面ABCD，平面β为平面BCC1B1，m为AD，则α⊥β，m α，则m∥β，故B错误；对于C，过m作平面γ与平面α交于直线b，m∥α，则m∥b，n⊥α，可得n⊥b，则m⊥n，故C正确；对于D，设平面α为平面ABCD，A1B1为m，B1C1为n，则m⊥n，m∥α，则n∥α，故D错误.故选C.
4.如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H.为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是(　　)
A.EF⊥平面α B.EF⊥平面β
C.PQ⊥GE D.PQ⊥FH
答案：B
解析：因为EG⊥平面α，PQ 平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ 平面β，得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线且EG，EF 平面EFHG，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH.故选B.
5.(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是(　　)
答案：BD
解析：对于A，显然AB与CE不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于B，因为AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ ED＝E，CE，ED 平面CDE，所以AB⊥平面CDE；对于C，显然AB与CE不垂直，所以直线AB与平面CDE不垂直；对于D，因为ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理CE⊥AB，因为ED∩CE＝E，ED，CE 平面CDE，所以AB⊥平面CDE.故选BD.
6.(多选)在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC，D，E，M分别为AC，PC，BC的中点，则以下结论一定成立的是(　　)
A.PA∥平面BDE
B.若PA⊥BC，则AB＝AC
C.若∠BAC＝90°，则平面PBC⊥平面PAM
D.点P在平面ABC上的射影是△ABC的外心
答案：ABD
解析：对于A，因为D，E分别为AC，PC的中点，所以PA∥DE.又PA 平面BDE，DE 平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确；对于B，因为BC的中点为M，PB＝PC，所以PM⊥BC.又PA⊥BC，PA∩PM＝P，PA，PM 平面PAM，所以BC⊥平面PAM.又因为AM 平面PAM，所以BC⊥AM，则AB＝AC，故B正确；对于C，∠BAC＝90°，则MA＝MB＝MC.又PA＝PB＝PC，则△PMA≌△PMB≌△PMC，则∠PMA＝∠PMB＝∠PMC＝90°，故PM⊥AM，若平面PAM⊥平面PBC，因为平面PAM∩平面PBC＝PM，AM 平面PAM，所以AM⊥平面PBC.又BC 平面PBC，所以AM⊥BC.又M为BC的中点，则AB＝AC，不一定成立，故C不一定成立；对于D，由PA＝PB＝PC，可知点P在平面ABC上的射影是△ABC的外心，故D正确.故选ABD.
7.(开放题)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：②③ ①(或①③ ②)
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.
8.如图，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＝　　　　.
答案：2
解析：如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DQ.又PQ⊥DQ，PA∩PQ＝P，PA，PQ 平面PAQ，所以DQ⊥平面PAQ.又AQ 平面PAQ，所以DQ⊥AQ，所以点Q在以线段AD的中点O为圆心，AD为直径的圆上.又因为在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，所以BC与圆O相切(否则相交就有两点满足垂直，矛盾)，所以OQ⊥BC.因为AD∥BC，所以OQ＝AB＝1，所以BC＝AD＝2，即a＝2.
9.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.
证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
且E为CD的中点，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，所以AE⊥平面PAB.
因为AE 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(10、11题，每小题5分，共10分)
10.(多选)如图，在三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中一定成立的是(　　)
A.AC＝BC
B.AB⊥VC
C.VC⊥VD
D.S△VCD·AB＝S△ABC·VO
答案：ABD
解析：因为VO⊥平面ABC，AB 平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因为VO∩VD＝V，VO，VD 平面VCD，所以AB⊥平面VCD.又因为CD 平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确；因为VC 平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确；因为S△VCD＝VO·CD，S△ABC＝AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确.由题中条件无法判断VC⊥VD.故选ABD.
【教师备选】　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案：A
解析：如图，对于A，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC.又AC⊥BD，所以EF⊥BD.又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，BD，DD1 平面BDD1，从而EF⊥平面BDD1.又EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；对于B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故B错误；对于C，根据题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；对于D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D.又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故D错误.故选A.
11.(多选)如图所示，在四棱锥S -ABCD中，四边形ABCD为正方形，SC＝SD＝CD＝1，E为线段SD的中点，F为AC与BD的交点，AD⊥SD.则下列结论正确的是(　　)
A.BC⊥平面SCD
B.EF∥平面SAB
C.平面SCD⊥平面ABCD
D.线段BE的长度等于线段SF的长度
答案：ABC
解析：因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.又因为AD⊥SD，所以BC⊥SD，又CD∩SD＝D，CD，SD 平面SCD，所以BC⊥平面SCD，故A正确；因为BC 平面ABCD，所以平面SCD⊥平面ABCD，故C正确；因为F是BD的中点，E为SD的中点，所以EF∥SB，又因为SB 平面SAB，EF 平面SAB，所以EF∥平面SAB，故B正确；因为△CDS是边长为1的正三角形，四边形ABCD是正方形，所以DS＝1，BD＝.又由BC⊥平面SCD，得BC⊥SC，所以BS＝.在△BDS中，BS＝BD＝，DS＝1，又BE，SF分别是等腰三角形BDS的底边DS和腰BD上的中线，所以线段BE与SF的长度不相等(否则△BDS是正三角形)，因此D不正确.故选ABC.
12.(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝2，AA1＝.
(1)求证：B1C∥平面A1BM；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求出此时的值并证明；如果不存在，请说明理由.
解：(1)证明：连接AB1，交A1B于点O，连接OM，如图.
因为在△B1AC中，M，O分别为AC，AB1的中点，所以OM∥B1C.
又因为OM 平面A1BM，B1C 平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM 平面ABC，所以AA1⊥BM.
又因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC.
因为AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1.
因为AC1 平面ACC1A1，所以BM⊥AC1.
易知AM＝1，又AA1＝，所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan ∠AC1C＝tan ∠A1MA＝，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
所以∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，所以A1M⊥AC1.
因为BM∩A1M＝M，BM，A1M 平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM.
(3)存在，当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明：取BB1的中点N，AC1的中点D，连接AN，NC1，DM，DN.
因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DM∥CC1，且DM＝CC1.
又因为N为BB1的中点，所以DM∥BN，且DM＝BN，所以四边形BNDM为平行四边形，所以BM∥DN，
由(2)知BM⊥平面AA1C1C，所以DN⊥平面AA1C1C.
又因为DN 平面AC1N，所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.
(每小题5分，共10分)
13.(多选)如图，在圆柱O1O中，轴截面ABCD为正方形，点F是上一点，M为BD与轴O1O的交点，E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且EF∥平面AMN，则下列选项正确的有(　　)
A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN D.F是的中点
答案：BCD
解析：对于A，如图，延长AM，则AM过C，所以CF与平面AMN交于点C，故A错误；对于B，因为AB为圆O的直径，所以BF⊥AF.又AD⊥底面圆O，且BF 底面圆O，所以BF⊥AD.又AF∩AD＝A，且AF，AD 平面ADF，所以BF⊥平面ADF.又AN 平面ADF，所以AN⊥BF.又AN⊥DF，BF∩DF＝F，且BF，DF 平面DBF，所以AN⊥平面DBF，所以B正确；对于C，由B选项分析可知AN⊥平面DBF.又BD 平面DBF，所以BD⊥AN.又轴截面ABCD为正方形，所以BD⊥AM.又AN∩AM＝A，且AN，AM 平面AMN，所以BD⊥平面AMN，故C正确；对于D，因为EF∥平面AMN，又EF 平面DEF，且平面AMN∩平面DEF＝MN，所以EF∥MN.又易知＝2，所以＝＝2.设NF＝x，则DN＝2x，DF＝3x.设正方形ABCD的边长为2.由AN⊥DF，可得AN2＝AD2－DN2＝4－4x2，所以AF2＝AN2＋NF2＝4－4x2＋x2＝4－3x2，又AD⊥AF，所以AD2＋AF2＝DF2，所以4＋4－3x2＝9x2，所以x2＝，所以AF2＝4－3x2＝2，所以AF＝.又AB＝2，BF⊥AF，所以BF＝，所以＝，所以F是的中点，故D正确.故选BCD.
14.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　　　　.
答案：(0，1]
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，所以实数t的取值范围是(0，1].
学生用书 第198页
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