第7章 第5課時(shí)　空間直線、平面的垂直-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

第5課時(shí)空間直線、平面的垂直[考試要求]從定義和基本事實(shí)出發(fā)，借助長(zhǎng)方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系．1．直線與平面垂直(1)定義：一般地，如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理：文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理如果一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直l⊥al⊥性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行a⊥αb⊥(3)直線和平面所成的角①定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角，叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角．②范圍：0°≤θ≤90°．2．二面角(1)從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角．以二面角的棱上任一點(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角．(2)二面角的平面角α的范圍：0°≤α≤180°．3．平面與平面垂直(1)定義：兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個(gè)平面互相垂直．(2)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理：文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理如果一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線，那么這兩個(gè)平面垂直l⊥αl?性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，如果一個(gè)平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個(gè)平面的交線，那么這條直線與另一個(gè)平面垂直α⊥βα∩[常用結(jié)論]直線與平面垂直的五個(gè)結(jié)論(1)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則這條直線垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任意直線．(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．(3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這條直線與另一個(gè)平面也垂直．(5)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．一、易錯(cuò)易混辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)垂直于同一個(gè)平面的兩平面平行． ()(2)若α⊥β，a⊥β?a∥α． ()(3)若直線a⊥α，b⊥α，則a∥b． ()(4)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×二、教材經(jīng)典衍生1．(人教A版必修第二冊(cè)P162練習(xí)T2改編)已知平面α，β和直線m，l，則下列命題正確的是()A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l⊥βB．若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥βC．若α⊥β，l?α，則l⊥βD．若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥βD[若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l?β或l∥β或l與β相交，A錯(cuò)誤；若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l與β相交但不一定垂直，B錯(cuò)誤；若α⊥β，l?α，則l?β或l∥β或l與β相交，C錯(cuò)誤；若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥β，由面面垂直的性質(zhì)定理可知D正確．故選D.]2．(人教A版必修第二冊(cè)P158例8改編)如圖，AB是圓柱上底面的一條直徑，C是上底面圓周上異于A，B的一點(diǎn)，D為下底面圓周上一點(diǎn)，且AD垂直圓柱的底面，則必有()A．平面ABC⊥平面BCDB．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACDD．平面BCD⊥平面ABDB[因?yàn)锳B是圓柱上底面的一條直徑，所以AC⊥BC，又AD垂直于圓柱的底面，所以AD⊥BC，因?yàn)锳C∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，所以BC⊥平面ACD，因?yàn)锽C?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD.故選B.]3．(人教A版必修第二冊(cè)P152例4改編)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________．13[∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1因?yàn)锳B＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝22，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝AA4．(人教A版必修第二冊(cè)P152練習(xí)T4改編)已知點(diǎn)P為邊長(zhǎng)為a的正△ABC所在平面外一點(diǎn)且PA＝PB＝PC＝a，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為________．63a[設(shè)點(diǎn)P在平面ABC上的射影為點(diǎn)O.由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．如圖，延長(zhǎng)CO交AB于點(diǎn)G.因?yàn)椤鰽BC是正三角形，故CG為△ABC邊AB上的高，且CO＝2OG.易知OG＝1又因?yàn)镻A＝PB＝AB＝a，所以△ABP是等邊三角形，所以點(diǎn)P到直線AB的距離為a2?a22＝32a，則點(diǎn)P考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)[典例1]如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．證明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[證明](1)在四棱錐P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且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的中點(diǎn)，∴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，AB?平面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，∴PD⊥平面ABE.判定線面垂直的四種方法[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)在BB1上．(1)求證：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列給出的三個(gè)條件中選取哪兩個(gè)條件可使AB1⊥平面C1DF？并證明你的結(jié)論．①F為BB1的中點(diǎn)；②AB1＝3；③AA1＝2.[解](1)證明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.又D是A1B1的中點(diǎn)，∴C1D⊥A1B1.∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.(2)選①③能證明AB1⊥平面C1DF.如圖，連接DF，A1B，∴DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝2，又AA1＝2，則A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)[典例2](2024·江西吉安模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E為PC的中點(diǎn)．求證：(1)PA⊥BC；(2)BE⊥平面PDC.[證明](1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA?平面PAB，PA⊥AB，∴PA⊥平面ABCD.∵BC?平面ABCD，∴PA⊥BC.(2)取PD的中點(diǎn)F，連接EF，AF.在△PCD中，E，F(xiàn)分別為PC，PD的中點(diǎn)，∴EF∥DC，EF＝12DC又AB∥DC，AB＝12DC，∴AB綉EF∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴BE∥AF.∵AP＝AD，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)，∴AF⊥PD，∴BE⊥PD.∵PA⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PA⊥DC.∵AB∥CD，∠DAB＝90°，∴AD⊥DC.∵DC⊥AD，DC⊥PA，AD∩PA＝A，∴DC⊥平面PAD.∵AF?平面PAD，∴DC⊥AF.∵BE∥AF，∴DC⊥BE.∵BE⊥DC，BE⊥PD，DC∩PD＝D，∴BE⊥平面PDC.證明面面垂直的兩種方法提醒：在已知兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．[跟進(jìn)訓(xùn)練]2．如圖，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，點(diǎn)B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中點(diǎn)，且BC＝CA＝AA1．求證：(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)BC1⊥AB1.[證明](1)設(shè)BC的中點(diǎn)為M，因?yàn)辄c(diǎn)B1在底面ABC上的射影恰好是點(diǎn)M，所以B1M⊥平面ABC，又因?yàn)锳C?平面ABC，所以B1M⊥AC，又由BC⊥AC，B1M∩BC＝M且B1M，BC?平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因?yàn)锳C?平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)連接B1C，因?yàn)锳C⊥平面B1C1CB，且BC1?平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，因?yàn)锽C＝CC1，所以四邊形B1C1CB為菱形，所以B1C⊥BC1.又因?yàn)锽1C∩AC＝C，且B1C，AC?平面ACB1，所以BC1⊥平面ACB1，因?yàn)锳B1?平面ACB1，所以BC1⊥AB1.【教師備選資源】如圖，在四棱錐S-ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點(diǎn)．(1)求證：AF∥平面SEC；(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BMBS[解](1)證明：取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG.∵F，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，∴FG∥BC，F(xiàn)G＝12BC∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，∴AE∥BC.AE＝12BC∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，∴AF∥EG，又AF?平面SEC，EG?平面SEC，∴AF∥平面SEC.(2)證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點(diǎn)，∴SE⊥AD.∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點(diǎn)，∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE?平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點(diǎn)，∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，F(xiàn)G?平面SBC，SB?平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又AF?平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB.(3)存在點(diǎn)M滿足題意．假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，則BD⊥OM，∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，∴BE＝7，SE＝3，BD＝2OB＝23，SD＝2，SE⊥AD，∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，側(cè)面SAD∩底面ABCD＝AD，SE?平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，∴SB＝SE2+∴cos∠SBD＝SB2+∴OBBM＝33020，∴BM＝2103，考點(diǎn)三垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用[典例3]如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大?。甗解](1)證明：作AD⊥PC于D，因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD?平面PAC，則AD⊥平面PBC.又BC?平面PBC，則AD⊥BC，又因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，則PA⊥BC，又PA，AD?平面PAC，PA∩AD＝A，則BC⊥平面PAC.(2)作AD⊥PC于點(diǎn)D，作DE⊥PB于點(diǎn)E，連接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB?平面PBC，則AD⊥PB，又AD，DE?平面ADE，AD∩DE＝D，則PB⊥平面ADE，又AE?平面ADE，則PB⊥AE，則∠AED即為二面角A-PB-C的平面角．不妨設(shè)AC＝BC＝PA＝1，則PC＝2，AD＝1×12＝2又由(1)知BC⊥平面PAC，AC?平面PAC，則BC⊥AC，則AB＝2，PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，則PA⊥AB，則PB＝3，AE＝1×23＝63，則sin∠AED＝ADAE＝則∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小為60°.三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化線線垂直eq\o(?,\s\up10(判定定理),\s\do10(性質(zhì)定理))線面垂直eq\o(?,\s\up10(判定定理),\s\do10(性質(zhì)定理))面面垂直[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，四邊形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD.求：(1)直線BP與平面PACQ所成角的正弦值；(2)平面BPQ與平面DPQ的夾角的大小；(3)點(diǎn)C到平面BPQ的距離．[解](1)連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OP，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD?平面ABCD，∴BD⊥平面PACQ，∴∠BPO即為直線BP與平面PACQ所成角．∵四邊形PACQ為矩形，∴PA⊥AC，又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA?平面PACQ，∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝AB2+PA在Rt△POB中，OB＝3，∴sin∠BPO＝OBBP＝35＝故BP與平面ACQP所成角的正弦值為155(2)取PQ的中點(diǎn)M，連接BM，DM，由(1)知，PA⊥平面ABCD.∵四邊形ABCD是菱形，四邊形PACQ為矩形，∴BP＝BQ，DP＝DQ，∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，∴∠BMD即為二面角B-PQ-D的平面角，在△BDM中，BD＝23，BM＝DM＝BP2?PM2由余弦定理知，cos∠BMD＝BM2+DM∴∠BMD＝120°，故二面角B-PQ-D的大小為120°，則平面BPQ與平面DPQ的夾角為60°.(3)設(shè)點(diǎn)C到平面BPQ的距離為d，∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴13d×12BM·PQ＝13OB×12CQ·PQ，∴d×2×2＝3×1×2,∴故點(diǎn)C到平面BPQ的距離為32【教師備選資源】如圖，在三棱錐V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝2，O，M分別為AB，VA的中點(diǎn)．(1)求證：平面MOC⊥平面VAB；(2)求三棱錐B-VAC的高．[解](1)證明：因?yàn)锳C＝BC，O為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥AB.因?yàn)槠矫鎂AB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC，所以O(shè)C⊥平面VAB.因?yàn)镺C?平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(2)在等腰Rt△ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1，所以等邊△VAB的面積為S△VAB＝12×22×sin60°＝3，又因?yàn)镺C⊥平面VAB，所以O(shè)C⊥OM在△AMC中，AM＝1，AC＝2，MC＝2，所以S△AMC＝12×1×72＝所以S△VAC＝2S△MAC＝72設(shè)三棱錐B-VAC的高為h，由三棱錐B-VAC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等，即13S△VAC·h＝13S△VAB·所以h＝3×172即三棱錐B-VAC的高為2211．三垂線定理如果平面內(nèi)的一條直線和這個(gè)平面的一條斜線在這個(gè)平面內(nèi)的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．2．三垂線定理的逆定理如果平面內(nèi)的一條直線和該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內(nèi)的射影垂直．[典例1](多選)(2021·新高考Ⅱ卷)如圖，下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為頂點(diǎn)，P為正方體所在棱的中點(diǎn)，則滿足MN⊥OP的是()ABCDBC[本題可以用基本性質(zhì)和判定定理等進(jìn)行分析，但如果學(xué)會(huì)了三垂線定理，本題將很直觀．ABCD如圖所示：選項(xiàng)A：OP在上底面的射影與MN重合，因此不滿足題意．選項(xiàng)B：OP在左側(cè)面的射影為PQ，P，Q均為棱的中點(diǎn)，PQ⊥MN，根據(jù)三垂線定理可知滿足題意．選項(xiàng)C：OP在右側(cè)面的射影為QR，Q，R均為棱的中點(diǎn)，QR⊥MN，根據(jù)三垂線定理可知滿足題意．選項(xiàng)D：OP在后表面的射影為QR，QR與MN不垂直，因此不滿足題意．綜上，故選BC.][典例2]如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，側(cè)棱長(zhǎng)為1，底面邊長(zhǎng)為2，E是BC的中點(diǎn)，求平面C1DE與平面CDE所成二面角的正切值．[解]過點(diǎn)C作CM⊥DE，垂足為點(diǎn)M，連接C1M，因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂線定理)，故∠C1MC即為二面角C1-DE-C的平面角．因?yàn)镋為中點(diǎn)且四邊形ABCD為正方形，則DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，則CM＝25，又C1C則tan∠C1MC＝C1CCM即平面C1DE與平面CDE所成二面角的正切值為52課時(shí)分層作業(yè)(四十五)空間直線、平面的垂直(一)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·烏魯木齊模擬)已知直線a，b與平面α，β，γ，能使α⊥β的充分條件是()A．a(chǎn)∥α，b∥β，a⊥bB．α⊥γ，β⊥γC．a(chǎn)∥α，a⊥βD．α∩β＝a，a⊥b，b?βC[對(duì)于A，a∥α，b∥β，a⊥b時(shí)，α∥β也可能滿足，如圖1，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，α⊥γ，β⊥γ時(shí)，α∥β也可能滿足，如圖2，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，a∥α，a⊥β時(shí)，一定有α⊥β，故C正確；對(duì)于D，α∩β＝a，a⊥b，b?β時(shí)，α⊥β不一定成立，如圖3，故D錯(cuò)誤．故選C.]2．如圖，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，則圖中與平面PCD垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PABC[因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，由四邊形ABCD為矩形得CD⊥AD，因?yàn)镻A∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.故選C.]3．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在平面ABC上的射影H必在()A．直線AB上 B．直線BC上C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部A[由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．故選A.]4．如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，AE⊥PC，垂足為E，F(xiàn)是PB上一點(diǎn)，則下列判斷錯(cuò)誤的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBCC[對(duì)于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質(zhì)可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對(duì)于B，由A選項(xiàng)可知BC⊥AE，由題意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PCB，所以AE⊥平面PCB，而EF?平面PCB，所以AE⊥EF，所以B正確；對(duì)于C，由B選項(xiàng)可知AE⊥平面PCB，因而AC與平面PCB不垂直，所以AC⊥PB不成立，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由B選項(xiàng)可知，AE⊥平面PCB，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正確．故選C.]5．(2023·河北張家口一模)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則下列選項(xiàng)不正確的是()A．直線A1B與B1C所成的角為60°B．A1B⊥DB1C．DB1⊥平面ACD1D．B1C⊥B1DD[正方體ABCD-A1B1C1D1，如圖所示，∵A1B∥D1C，∴直線D1C與B1C所成的角即為直線A1B與B1C所成的角．又△B1CD1為等邊三角形，∴∠D1CB1＝60°，故A正確；∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC.∵BD?平面BB1D1D，BB1?平面BB1D1D，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D.又B1D?平面BB1D1D，∴AC⊥DB1.同理AD1⊥DB1，又AC?平面ACD1，AD1?平面ACD1，AC∩AD1＝A，∴DB1⊥平面ACD1，∴DB1⊥D1C.又A1B∥D1C，∴DB1⊥A1B，故B，C正確；設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則DC＝1，B1C＝2，DB1＝3，cos∠CB1D＝22+3故選D.]6．已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝22，將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折過程中()A．存在某個(gè)位置，使得直線BD與直線AC垂直B．存在某個(gè)位置，使得直線AB與直線CD垂直C．存在某個(gè)位置，使得直線BC與直線AD垂直D．對(duì)任意位置，三對(duì)直線“AC與BD”“CD與AB”“AD與BC”均不垂直B[矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖1，圖2所示．在圖1中，過點(diǎn)A作AE⊥BD，垂足為E，過點(diǎn)C作CF⊥BD，垂足為點(diǎn)F，由邊AB，BC不相等可知點(diǎn)E，F(xiàn)不重合；在圖2中，連接CE.若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，與點(diǎn)E，F(xiàn)不重合相矛盾，A錯(cuò)誤；若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，由AB<BC可知存在這樣的直角三角形，使得直線AB與直線CD垂直，B正確；若AD⊥BC，又知DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，由已知AB＝2，BC＝22，則BC>AB，所以不存在這樣的直角三角形，C錯(cuò)誤；由以上可知D錯(cuò)誤．故選B.]二、多項(xiàng)選擇題7．已知平面α∩平面β＝l，B，D是l上兩點(diǎn)，直線AB?α且AB∩l＝B，直線CD?β且CD∩l＝D.下列結(jié)論中，錯(cuò)誤的有()A．若AB⊥l，CD⊥l，且AB＝CD，則四邊形ABCD是平行四邊形B．若M是AB的中點(diǎn)，N是CD的中點(diǎn)，則MN∥ACC．若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，則CD在α上的射影是BDD．直線AB，CD所成角的大小與二面角α-l-β的大小相等ABD[由題意，AB，CD為異面直線，所以四邊形ABCD為空間四邊形，不能為平行四邊形，A錯(cuò)誤；取BC的中點(diǎn)H，連接HM，則HM是△ABC的中位線，所以HM∥AC，因?yàn)镠M與MN相交，所以MN與AC不平行，B錯(cuò)誤；若AB⊥l，AC⊥l，所以由線面垂直的判定定理可得l⊥平面ABC，所以l⊥BC，由α⊥β結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得BC⊥α，所以點(diǎn)C在平面α內(nèi)的投影為點(diǎn)B，所以CD在平面α內(nèi)的射影為BD，C正確；由二面角的定義可得當(dāng)且僅當(dāng)AB⊥l，CD⊥l時(shí)，直線AB，CD所成的角或其補(bǔ)角才為二面角的大小，D錯(cuò)誤．故選ABD.]8．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°ABD[如圖，連接B1C，BC1，因?yàn)镈A1∥B1C，所以直線BC1與B1C所成的角即為直線BC1與DA1所成的角，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1C⊥BC1，故直線BC1與DA1所成的角為90°，A正確；連接A1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，則A1B1⊥BC1，因?yàn)锽1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C?平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，B正確；連接A1C1，B1D1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O，連接BO，因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，則C1O⊥B1B，因?yàn)镃1O⊥B1D1,B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則C1O＝22，BC1＝2，sin∠C1BO＝C1O所以直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，C錯(cuò)誤；因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，D正確．故選ABD.]三、填空題9．(2024·廣東惠州模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等)[∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.]10．如圖，△ABC與△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，則二面角A-BD-C的余弦值為_________．－55[過A作AE⊥CB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接DE∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，∴點(diǎn)E即為點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影，∴△EBD為△ABD在平面BCD內(nèi)的射影，設(shè)AB＝a，則AE＝DE＝ABsin60°＝32a∴AD＝62a，cos∠ABD＝14，∴sin∠ABD＝∴S△ABD＝12a2×154＝15又BE＝12a∴S△BDE＝12×32a×12a設(shè)θ為射影面與原面所成的二面角的平面角，∴cosθ＝S△BDES△ABD∵所求的角θ是二面角A-BD-E，而二面角A-BD-C與A-BD-E互補(bǔ)，∴二面角A-BD-C的余弦值為－5511．(2019·全國(guó)Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，那么點(diǎn)P到平面ABC的距離為________.2[如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于點(diǎn)O，則PO為點(diǎn)P到平面ABC的距離．再過點(diǎn)O作OE⊥AC于點(diǎn)E，OF⊥BC于點(diǎn)F，連接PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝PE2?OE212．《九章算術(shù)》中的“邪田”意為直角梯形，上、下底稱為畔，高稱為正廣，非高腰邊稱為邪．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為邪田，兩畔CD，AB分別為1，3，正廣AD為23，PD⊥平面ABCD，則邪田ABCD的邪長(zhǎng)為________；邪所在直線與平面PAD所成角的大小為________．430°[過點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為點(diǎn)E，延長(zhǎng)AD，BC，使得AD∩BC＝F，如圖所示．由題意可得CE＝23，BE＝2，則BC＝12+4＝4．即邪田ABCD的邪長(zhǎng)BC為4．由題意知AB⊥AD，CD∥AB，所以DFAF＝CDAB＝13，所以DF＝3.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，則∠AFBtan∠AFB＝ABAF＝333＝33，所以∠AFB＝30°.即邪所在直線與平面四、解答題13．(2023·全國(guó)甲卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高．[解](1)證明：因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，因?yàn)椤螦CB＝90°，所以BC⊥AC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)如圖，過點(diǎn)A1作A1H⊥CC1，交CC1于點(diǎn)H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H?平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱錐A1-BB1C1C的高為A1H.由題意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，則△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.又AA1＝2，∠ACA1＝90°，所以A1C1＝CA1＝2.法一：由S△CA1C1＝12·CA1·A1C1＝12·A1H·故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H為斜邊中線，所以A1H＝12CC1故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.14．在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐P-BCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱錐P-BCDE的體積；(2)若PB＝PC，求證：平面PDE⊥平面BCDE.[解](1)如圖所示，取DE的中點(diǎn)M，連接PM，由題意知，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為四棱錐P-BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝12DE＝2而梯形BCDE的面積S＝12(BE＋CD)·BC＝12×(2＋4)∴四棱錐P-BCDE的體積V＝13PM·S＝13×2(2)證明：取BC的中點(diǎn)N，連接PN，MN，則BC⊥MN，∵PB＝PC，∴BC⊥PN，∵M(jìn)N∩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與DE是相交的，∴PM⊥平面BCDE，∵PM?平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.課時(shí)分層作業(yè)(四十六)空間直線、平面的垂直(二)1．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝2.(1)證明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求二面角A-A1C1-B1的余弦值．[解](1)證明：連接BC1，與B1C交于點(diǎn)D，則D為BC1，B1C的中點(diǎn)，連接AD，因?yàn)锳C＝AB1，所以AD⊥B1C，因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝2，所以BD＝3，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD，因?yàn)锽1C∩BD＝D，B1C，BD?平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C，因?yàn)锳D?平面ACB1，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C.(2)取A1C1的中點(diǎn)E，連接AC1，AE，B1E，由(1)知，AD⊥BD，又BD＝DC1，所以AC1＝AB＝2，又AA