高中數(shù)學一輪復習課時作業(yè)梯級練四十五直線平面垂直的判定及其性質(zhì)課時作業(yè)理含解析新人教A版

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-課時作業(yè)梯級練四十五直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2021·紅河州模擬)設(shè)m，n是空間中不同的兩條直線，α，β是空間中兩個不同的平面，則下列四個命題中，正確的是()A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥nB．若α⊥β，m⊥β，則m∥αC．若m⊥n，m⊥α，α∥β，則n∥βD．若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，則m⊥β〖解析〗選D.對于A，由m∥α，n∥β，α∥β，可得m∥n或m與n相交或m與n異面，故A錯誤；對于B，由α⊥β，m⊥β，可得m∥α或m?α，故B錯誤；對于C，由m⊥n，m⊥α，α∥β，可得n∥β或n?β，故C錯誤；對于D，由α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，得m⊥β，故D正確.2.在正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點,沿AE,AF,EF把正方形折成一個四面體,使B,C,D三點重合,重合后的點記為P,P點在△AEF內(nèi)的射影為O,則下列結(jié)論正確的是 ()A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的內(nèi)心C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心〖解析〗選A.由題意可知PA,PE,PF兩兩垂直,所以PA⊥平面PEF,從而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,則PO⊥EF,因為PO∩PA=P,所以EF⊥平面PAO,所以EF⊥AO,同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,所以O(shè)為△AEF的垂心.3.設(shè)α為平面,m,n為兩條直線,若m⊥α,則“m⊥n”是“n?α”的 ()A.充分必要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件〖解析〗選C.當m⊥α時,如果m⊥n,不一定能推出n?α,因為直線n可以在平面α外,當m⊥α時,如果n?α,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)一定能推出m⊥n,所以若m⊥α,則“m⊥n”是“n?α”的必要不充分條件.4．如圖，在正四面體P-ABC中D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結(jié)論不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC〖解析〗選D.因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項A不符合題意；在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE?平面PAE，所以BC⊥平面PAE.因為DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均不符合題意．5．已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長為eq\r(3)的正三角形，若P為底面△A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A．eq\f(5π,12)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)〖解析〗選B.如圖，取正三角形ABC的中心O，連接OP，則∠PAO是PA與平面ABC所成的角．因為底面邊長為eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的體積為eq\f(1,2)×(eq\r(3))2×eq\f(\r(3),2)AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3)，即∠PAO＝eq\f(π,3).二、填空題(每小題5分，共15分)6.(2019·北京高考)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:.

〖解析〗選兩個論斷作為條件,一個作為結(jié)論,一共能夠組成3個命題,即①②?③,①③?②,②③?①,只有①②?③為假命題,其余兩個為真命題.〖答案〗:若m∥α,l⊥α,則l⊥m(或若l⊥m,l⊥α,則m∥α)7．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝________時，CF⊥平面B1DF.〖解析〗由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1，又CF?平面ACC1A1，所以B1D⊥要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－由Rt△CAF∽Rt△FA1D，得eq\f(AC,A1F)＝eq\f(AF,A1D)，即eq\f(2a,3a－x)＝eq\f(x,a)，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2〖答案〗a或28．(2019·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________.〖解析〗作PD，PE分別垂直于AC，BC于點D，E，PO⊥平面ABC，連接OD，CO，知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO＝P，所以CD⊥平面PDO，OD?平面PDO，所以CD⊥OD，因為PD＝PE＝eq\r(3)，PC＝2.所以sin∠PCE＝sin∠PCD＝eq\f(\r(3),2)，所以∠PCB＝∠PCA＝60°，所以PO⊥CO，CO為∠ACB的平分線，所以∠OCD＝45°，所以O(shè)D＝CD＝1，OC＝eq\r(2)，又PC＝2，所以PO＝eq\r(4－2)＝eq\r(2).〖答案〗eq\r(2)〖加練備選·拔高〗如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長為2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1,DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長為〖解析〗設(shè)B1F=x,因為AB1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥由已知可得A1B1=QUOTE,設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h,則DE=QUOTEh.又2×QUOTE=hQUOTE,所以h=QUOTE,DE=QUOTE.在Rt△DB1E中,B1E=QUOTE=QUOTE.在Rt△DB1F中,由面積相等得QUOTE×QUOTE=QUOTEx,解得x=QUOTE.即線段B1F的長為QUOTE.〖答案〗:QUOTE三、解答題(每小題10分，共20分)9.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中點,F是DC上的點且DF=QUOTEAB,PH為△PAD中AD邊上的高.求證:(1)PH⊥平面ABCD;(2)EF⊥平面PAB.〖證明〗(1)因為AB⊥平面PAD,AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.因為平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,所以PH⊥平面ABCD.(2)取PA的中點M,連接MD,ME.因為E是PB的中點,所以MEQUOTEAB.又因為DFQUOTEAB,所以MEDF,所以四邊形MEFD是平行四邊形,所以EF∥MD.因為PD=AD,所以MD⊥PA.因為AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因為PA∩AB=A,所以MD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.10．(2021·哈爾濱模擬)如圖，在四棱臺A1B1C1D1-ABCD中，O1，O分別為上、下底面對角線的交點，OO1⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為2的菱形，且∠ABC＝60°(1)證明：AC⊥平面BB1D1D；(2)若∠O1BO＝30°，求三棱錐D-B1BC的體積．〖解析〗(1)因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因為OO1⊥平面ABCD，所以AC⊥O1O，因為BD∩O1O＝O，所以AC⊥平面BB1D1D.(2)連接B1C，B1D，因為底面ABCD是邊長為2的菱形且∠ABC＝60°所以O(shè)B＝eq\r(3)，OC＝1.在Rt△O1OB中，OB＝eq\r(3)，由tan30°＝eq\f(OO1,\r(3))得OO1＝1，又因為B1O1∥平面BCD，所以B1到平面BCD的距離等于O1到平面BCD的距離．又S△BCD＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，所以VD-B1BC＝VB1-BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·OO1＝eq\f(\r(3),3).1．(2021·北海模擬)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面邊長為a，側(cè)棱長為b，且a≥b，點D是BC1的中點，則直線AD與側(cè)面ABB1AA．eq\f(\r(130),13)B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(\r(39),13)〖解析〗選D.取A1B1的中點E，連接BE，C1E，則C1E⊥A1B1.由正三棱柱的性質(zhì)可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，而平面A1B1C1∩平面ABB1A1＝A1B1，所以C1E⊥平面取BE的中點F，連接AF，DF.因為D為BC1的中點，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，即點D在平面ABB1A1上的投影為點F，所以∠DAF，即為直線AD與側(cè)面ABB1在Rt△AFD中，DF＝eq\f(1,2)C1E＝eq\f(\r(3),4)a，AF＝eq\r(（\f(3,4)a）2＋（\f(1,2)b）2)＝eq\f(\r(9a2＋4b2),4)，所以tan∠DAF＝eq\f(DF,AF)＝eq\f(\r(3)a,\r(9a2＋4b2))＝eq\r(\f(1,3＋\f(4b2,3a2)))≥eq\r(\f(1,3＋\f(4,3)))＝eq\f(\r(39),13)，當且僅當a＝b時，等號成立．所以直線AD與側(cè)面ABB1A1所成角的正切值的最小值為eq\f(\r(39),13).2．如圖，正三角形PAD所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，O為正方形ABCD的中心，M為正方形ABCD內(nèi)一點，且滿足MP＝MC，則點M的軌跡為()〖解析〗選A.取AD的中點E，連接PE，PC，CE.由PE⊥AD知PE⊥平面ABCD，從而平面PEC⊥平面ABCD，取PC，AB的中點F，G，連接DF，DG，F(xiàn)G，由PD＝DC知DF⊥PC，由DG⊥EC知，DG⊥平面PEC，又PC?平面PEC，所以DG⊥PC，DF∩DG＝D，所以PC⊥平面DFG，又點F是PC的中點，因此，線段DG上的點滿足MP＝MC.3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題：①四邊形EFGH是平行四邊形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正確命題的序號是〖解析〗如圖所示，因為AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又因為ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥〖答案〗①③4.(10分)(2021·麗江模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC1=E,求證:(1)DE∥平面AA1C(2)BC1⊥AB1.〖證明〗(1)由題意,知E為B1C又D為AB1的中點,所以DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C,AC?所以DE∥平面AA1C(2)因為棱柱ABC-A1B1C1所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因為BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C因為AC?平面B1AC,B1C?平面B1AC,AC∩所以BC1⊥平面B1AC又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB15.(10分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BD⊥平面AB1C,其垂足D落在直線B1C上.(1)求證:AC⊥B1C(2)若P是線段AB上一點,BD=QUOTE,BC=AC=2,三棱錐B1-PAC的體積為QUOTE,求QUOTE的值.〖解析〗(1)因為ABC-A1B1C1所以AC⊥BB1,又BD⊥平面AB1C,AC?平面AB1所以AC⊥BD,又因為BD∩BB1=B,BD?平面BB1C1C,BB1?所以AC⊥平面BB1C1C,因為B1C所以AC⊥B1C(2)由(1)知AC⊥平面BB1C所以AC⊥BC,因為BC=AC=2,所以AB=2QUOTE,C到AB的距離為QUOTE,設(shè)AP=x,則S△PAC=QUOTE·x·QUOTE=QUOTEx,因為BD⊥B1C,BC=2,BD=QUOTE,所以DC=QUOTE=1,由B1B⊥BC,得BC2=CD·CB1,CB1=QUOTE=4,所以BB1=QUOTE=2QUOTE,所以QUOTE=QUOTE·QUOTEx·2QUOTE=QUOTE,所以x=QUOTE,所以QUOTE=QUOTE.〖加練備選·拔高〗(2021·淮北模擬)如圖所示的幾何體B-ACDE中,AB⊥AC,AB=4,AC=3,DC⊥平面ABC,EA⊥平面ABC,點M在線段BC上,且AM=QUOTE.(1)證明:AM⊥平面BCD;(2)若點F為線段BE的中點,且三棱錐F-BCD的體積為2,求CD的長度.〖解析〗(1)因為DC⊥平面ABC,AM?平面ABC,所以AM⊥DC,因為在△ABC中,AB⊥AC,AB=4,AC=3,所以BC=5,由cos∠ACM=QUOTE=QUOTE,得QUOTE=QUOTE,解得CM=QUOTE,所以AM2+CM2=AC2,則AM⊥CM,即AM⊥BC,因為BC∩DC=C,BC?平面BCD,CD?平面BCD,所以AM⊥平面BCD.(2)取AB的中點N,BM的中點P,連接FN,PN,所以PN∥AM,PN=QUOTEAM=QUOTE,因為點F為線段BE的中點,所以FN∥EA.因為DC⊥平面ABC,EA⊥平面ABC,所以DC∥EA,FN∥DC,又因為FN?平面BCD,DC?平面BCD,所以FN∥平面BCD,所以點F到平面BCD的距離等于點N到平面BCD的距離,因為AM⊥平面BCD,PN∥AM,所以PN⊥平面BCD.設(shè)CD=a,則V三棱錐F-BCD=QUOTES△BCD·PN=QUOTE×QUOTE×5a×QUOTE=2,所以a=2,即CD長為2.課時作業(yè)梯級練四十五直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)一、選擇題(每小題5分，共25分)1．(2021·紅河州模擬)設(shè)m，n是空間中不同的兩條直線，α，β是空間中兩個不同的平面，則下列四個命題中，正確的是()A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥nB．若α⊥β，m⊥β，則m∥αC．若m⊥n，m⊥α，α∥β，則n∥βD．若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，則m⊥β〖解析〗選D.對于A，由m∥α，n∥β，α∥β，可得m∥n或m與n相交或m與n異面，故A錯誤；對于B，由α⊥β，m⊥β，可得m∥α或m?α，故B錯誤；對于C，由m⊥n，m⊥α，α∥β，可得n∥β或n?β，故C錯誤；對于D，由α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，得m⊥β，故D正確.2.在正方形ABCD中,E,F分別是BC,CD的中點,沿AE,AF,EF把正方形折成一個四面體,使B,C,D三點重合,重合后的點記為P,P點在△AEF內(nèi)的射影為O,則下列結(jié)論正確的是 ()A.O是△AEF的垂心 B.O是△AEF的內(nèi)心C.O是△AEF的外心 D.O是△AEF的重心〖解析〗選A.由題意可知PA,PE,PF兩兩垂直,所以PA⊥平面PEF,從而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,則PO⊥EF,因為PO∩PA=P,所以EF⊥平面PAO,所以EF⊥AO,同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,所以O(shè)為△AEF的垂心.3.設(shè)α為平面,m,n為兩條直線,若m⊥α,則“m⊥n”是“n?α”的 ()A.充分必要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件〖解析〗選C.當m⊥α時,如果m⊥n,不一定能推出n?α,因為直線n可以在平面α外,當m⊥α時,如果n?α,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)一定能推出m⊥n,所以若m⊥α,則“m⊥n”是“n?α”的必要不充分條件.4．如圖，在正四面體P-ABC中D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結(jié)論不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC〖解析〗選D.因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項A不符合題意；在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE?平面PAE，所以BC⊥平面PAE.因為DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均不符合題意．5．已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長為eq\r(3)的正三角形，若P為底面△A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A．eq\f(5π,12)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)〖解析〗選B.如圖，取正三角形ABC的中心O，連接OP，則∠PAO是PA與平面ABC所成的角．因為底面邊長為eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的體積為eq\f(1,2)×(eq\r(3))2×eq\f(\r(3),2)AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3)，即∠PAO＝eq\f(π,3).二、填空題(每小題5分，共15分)6.(2019·北京高考)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:.

〖解析〗選兩個論斷作為條件,一個作為結(jié)論,一共能夠組成3個命題,即①②?③,①③?②,②③?①,只有①②?③為假命題,其余兩個為真命題.〖答案〗:若m∥α,l⊥α,則l⊥m(或若l⊥m,l⊥α,則m∥α)7．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝________時，CF⊥平面B1DF.〖解析〗由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1，又CF?平面ACC1A1，所以B1D⊥要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－由Rt△CAF∽Rt△FA1D，得eq\f(AC,A1F)＝eq\f(AF,A1D)，即eq\f(2a,3a－x)＝eq\f(x,a)，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2〖答案〗a或28．(2019·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________.〖解析〗作PD，PE分別垂直于AC，BC于點D，E，PO⊥平面ABC，連接OD，CO，知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO＝P，所以CD⊥平面PDO，OD?平面PDO，所以CD⊥OD，因為PD＝PE＝eq\r(3)，PC＝2.所以sin∠PCE＝sin∠PCD＝eq\f(\r(3),2)，所以∠PCB＝∠PCA＝60°，所以PO⊥CO，CO為∠ACB的平分線，所以∠OCD＝45°，所以O(shè)D＝CD＝1，OC＝eq\r(2)，又PC＝2，所以PO＝eq\r(4－2)＝eq\r(2).〖答案〗eq\r(2)〖加練備選·拔高〗如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長為2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1,DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長為〖解析〗設(shè)B1F=x,因為AB1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥由已知可得A1B1=QUOTE,設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h,則DE=QUOTEh.又2×QUOTE=hQUOTE,所以h=QUOTE,DE=QUOTE.在Rt△DB1E中,B1E=QUOTE=QUOTE.在Rt△DB1F中,由面積相等得QUOTE×QUOTE=QUOTEx,解得x=QUOTE.即線段B1F的長為QUOTE.〖答案〗:QUOTE三、解答題(每小題10分，共20分)9.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中點,F是DC上的點且DF=QUOTEAB,PH為△PAD中AD邊上的高.求證:(1)PH⊥平面ABCD;(2)EF⊥平面PAB.〖證明〗(1)因為AB⊥平面PAD,AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.因為平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,所以PH⊥平面ABCD.(2)取PA的中點M,連接MD,ME.因為E是PB的中點,所以MEQUOTEAB.又因為DFQUOTEAB,所以MEDF,所以四邊形MEFD是平行四邊形,所以EF∥MD.因為PD=AD,所以MD⊥PA.因為AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因為PA∩AB=A,所以MD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.10．(2021·哈爾濱模擬)如圖，在四棱臺A1B1C1D1-ABCD中，O1，O分別為上、下底面對角線的交點，OO1⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為2的菱形，且∠ABC＝60°(1)證明：AC⊥平面BB1D1D；(2)若∠O1BO＝30°，求三棱錐D-B1BC的體積．〖解析〗(1)因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因為OO1⊥平面ABCD，所以AC⊥O1O，因為BD∩O1O＝O，所以AC⊥平面BB1D1D.(2)連接B1C，B1D，因為底面ABCD是邊長為2的菱形且∠ABC＝60°所以O(shè)B＝eq\r(3)，OC＝1.在Rt△O1OB中，OB＝eq\r(3)，由tan30°＝eq\f(OO1,\r(3))得OO1＝1，又因為B1O1∥平面BCD，所以B1到平面BCD的距離等于O1到平面BCD的距離．又S△BCD＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，所以VD-B1BC＝VB1-BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·OO1＝eq\f(\r(3),3).1．(2021·北海模擬)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面邊長為a，側(cè)棱長為b，且a≥b，點D是BC1的中點，則直線AD與側(cè)面ABB1AA．eq\f(\r(130),13)B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(\r(39),13)〖解析〗選D.取A1B1的中點E，連接BE，C1E，則C1E⊥A1B1.由正三棱柱的性質(zhì)可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，而平面A1B1C1∩平面ABB1A1＝A1B1，所以C1E⊥平面取BE的中點F，連接AF，DF.因為D為BC1的中點，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，即點D在平面ABB1A1上的投影為點F，所以∠DAF，即為直線AD與側(cè)面ABB1在Rt△AFD中，DF＝eq\f(1,2)C1E＝eq\f(\r(3),4)a，AF＝eq\r(（\f(3,4)a）2＋（\f(1,2)b）2)＝eq\f(\r(9a2＋4b2),4)，所以tan∠DAF＝eq\f(DF,AF)＝eq\f(\r(3)a,\r(9a2＋4b2))＝eq\r(\f(1,3＋\f(4b2,3a2)))≥eq\r(\f(1,3＋\f(4,3)))＝eq\f(\r(39),13)，當且僅當a＝b時，等號成立．所以直線AD與側(cè)面ABB1A1所成角的正切值的最小值為eq\f(\r(39),13).2．如圖，正三角形PAD所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，O為正方形ABCD的中心，M為正方形ABCD內(nèi)一點，且滿足MP＝MC，則點M的軌跡為()〖解析〗選A.取AD的中點E，連接PE，PC，CE.由PE⊥AD知PE⊥平面ABCD，從而平面PEC⊥平面ABCD，取PC，AB的中點F，G，連接DF，DG，F(xiàn)G，由PD＝DC知DF⊥PC，由DG⊥EC知，DG⊥平面PEC，又PC?平面PEC，所以DG⊥PC，DF∩DG＝D，所以PC⊥平面DFG，又點F是PC的中點，因此，線段DG上的點滿足MP＝MC.3．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題：①四邊形EFGH是平行四邊形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正確命題的序號是〖解析〗如圖所示，因為AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又因為ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥〖答案〗①③4.(10分)(2021·麗江模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC1=E,求證:(1)DE∥平面AA1C(2)BC1⊥AB1.〖證明〗(1)由題意,知E為B1C又D為AB1的中點,所以DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C,AC?所以DE∥平面AA1C(2)因為棱柱ABC-A1B1C1所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=