2025高考備考數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)第4講　空間直線、平面的垂直

第4講空間直線、平面的垂直課標(biāo)要求命題點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測1.借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面垂直的性質(zhì)定理與判定定理.2.能用已獲得的結(jié)論，證明空間圖形的垂直關(guān)系的簡單命題.線面垂直的判定與性質(zhì)2023全國卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全國卷ⅠT18；2019全國卷ⅡT17本講內(nèi)容是高考命題的重點(diǎn)，主要考查直線與平面以及平面與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理的應(yīng)用，不僅會(huì)單獨(dú)命題，也經(jīng)常應(yīng)用于求解球的切、接問題以及建立空間直角坐標(biāo)系前的線線垂直證明中，題型既有小題也有大題，難度中等.這里應(yīng)特別注意證明空間線線、線面垂直關(guān)系時(shí)，靈活應(yīng)用平行對(duì)垂直的轉(zhuǎn)化作用.面面垂直的判定與性質(zhì)2022全國卷乙T7；2022全國卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全國卷ⅡT20；2019全國卷ⅢT19垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用2023北京T16；2022全國卷甲T18學(xué)生用書P1491.直線與直線垂直如果兩條異面直線所成的角是直角，那么就說這兩條異面直線互相垂直.2.直線與平面垂直（1）直線和平面垂直的定義如果直線l與平面α內(nèi)的①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和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號(hào)語言判定定理如果一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條②相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直.a，b?αa?性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線⑥平行.a⊥αb⊥α?⑦規(guī)律總結(jié)垂直關(guān)系中常用的6個(gè)結(jié)論（1）若一條直線垂直于一個(gè)平面，則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線（證明線線垂直的一個(gè)重要方法）.（2）若兩條平行線中的一條直線垂直于一個(gè)平面，則另一條直線也垂直于這個(gè)平面.（3）若一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)平面，則這條直線與另一個(gè)平面也垂直.（4）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.（5）三垂線定理：平面內(nèi)的一條直線，如果它和這個(gè)平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直.（6）三垂線定理的逆定理：平面內(nèi)的一條直線，如果它和這個(gè)平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在這個(gè)平面內(nèi)的射影垂直.3.平面與平面垂直（1）平面與平面垂直的定義一般地，兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是⑧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和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號(hào)語言判定定理如果一個(gè)平面過另一個(gè)平面的⑨垂線，那么這兩個(gè)平面垂直.l?β⑩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⊥β1.在空間中，α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，下列說法錯(cuò)誤的是（C）A.若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β B.若α∥β，m⊥α，n⊥β，則m∥nC.若α∥β，m?α，n?β，則m∥n D.若α⊥β，m?α，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥β解析由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n?β，所以α⊥β，A說法正確；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B說法正確；若α∥β，m?α，n?β，則m，n可能平行或異面，C說法錯(cuò)誤；由面面垂直的性質(zhì)定理知D說法正確.故選C.2.[教材改編]下列命題中不正確的是（A）A.如果平面α⊥平面β，且直線l∥平面α，則直線l⊥平面βB.如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面βC.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面βD.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ3.已知一個(gè)平面與一個(gè)正方體的12條棱所成的角都等于α，則sinα＝（B）A.12 B.33 C.22 解析如圖所示，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，易知平面A1C1D與D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，又B1C1，BC，AD均與D1A1平行，A1B1，AB，DC均與D1C1平行，A1A，B1B，C1C均與D1D平行，所以平面A1C1D與正方體的12條棱所成的角都相等.連接BD1，與平面A1C1D交于點(diǎn)O，連接A1O，則BD1⊥平面A1C1D，則α＝∠D1A1O，且D1O＝13BD1＝33，所以sinα＝D1OD14.[教材改編]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，直線AB與A1D1所成角的大小為90°；直線AD1與DC1所成角的大小為60°.解析因?yàn)锳1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是異面直線AB與A1D1所成的角.因?yàn)椤螪1A1B1＝90°，所以直線AB與A1D1所成角的大小為90°.如圖，連接AB1，B1D1.因?yàn)锳B1∥DC1，所以直線AB1與AD1所成的角即直線DC1與AD1所成的角.又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1為正三角形，所以∠D1AB1＝60°，所以直線AD1與AB1所成角的大小為60°，即直線AD1與DC1所成角的大小為60°.學(xué)生用書P150命題點(diǎn)1線面垂直的判定與性質(zhì)例1[2024惠州市二調(diào)節(jié)選]如圖，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，側(cè)面ADD1A1是矩形，點(diǎn)P為D1C1的中點(diǎn)，且PD＝PC.求證：DD1⊥平面ABCD.解析（1）解法一因?yàn)樗倪呅蜟DD1C1是平行四邊形，點(diǎn)P為D1C1的中點(diǎn)，且PD＝PC，所以△DD1P≌△CC1P，所以∠DD1P＝∠CC1P，又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.因?yàn)閭?cè)面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD?平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.解法二如圖，取DC中點(diǎn)E，連接PE.因?yàn)镻D＝PC，所以PE⊥DC.因?yàn)樗倪呅蜟DD1C1是平行四邊形，點(diǎn)P為D1C1的中點(diǎn)，所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.因?yàn)閭?cè)面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD?平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.方法技巧1.證明線面垂直的常用方法（1）利用線面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b?α，c?α?a⊥α）；（2）利用面面垂直的性質(zhì)定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a?β?a⊥α）；（3）a⊥α，α∥β?a⊥β；（4）a∥b，a⊥α?b⊥α.2.證明線線垂直的常用方法（1）利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直；（2）計(jì)算兩條直線的夾角的大小為90°或運(yùn)用勾股定理的逆定理判斷垂直；（3）平面幾何中常見的垂直，如直徑所對(duì)的圓周角為直角，菱形對(duì)角線相互垂直等.3.證明線面垂直的關(guān)鍵是證明線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì).訓(xùn)練1[2023全國卷甲]已知四棱錐P－ABCD的底面是邊長為4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，則△PBC面積為（C）A.22 B.32 C.42 D.62解析如圖，取CD，AB的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，因?yàn)镻C＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF?平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcos45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC訓(xùn)練2[全國卷Ⅰ節(jié)選]如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO＝66DO.證明：PA⊥平面PBC.解析設(shè)DO＝a，由題設(shè)可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝2因此PA2＋PB2＝AB2，從而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.命題點(diǎn)2面面垂直的判定與性質(zhì)例2[2021新高考卷Ⅱ節(jié)選]如圖，在四棱錐Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.證明：平面QAD⊥平面ABCD.解析在△QDC中，因?yàn)镼D2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD?平面QAD，所以CD⊥平面QAD.因?yàn)镃D?平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD.例3[2024江蘇常州模擬節(jié)選]如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.證明：PB⊥AD.解析由題意知△BCD為等邊三角形，則BD＝BC＝2，又AB∥DC，則∠ABD＝60°，在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD＝42＋22－2×4×2×cos60°＝12，則AD＝23，所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.又PB?平面PBD，故PB⊥AD.方法技巧1.證明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明二面角的平面角為直角的問題.（2）利用面面垂直的判定定理（a?α，a⊥β?α⊥β）.2.面面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù).訓(xùn)練3[2022全國卷乙]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則（A）A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D解析如圖，對(duì)于選項(xiàng)A，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，從而EF⊥平面BDD1，又EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，因?yàn)槠矫鍭1BD∩平面BDD1＝BD，所以由選項(xiàng)A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，由題意知直線AA1與直線B1E必相交，故平面B1EF與平面A1AC不平行，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，連接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C與平面B1EF有公共點(diǎn)B1，所以平面A1C1D與平面B1EF不平行，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選A.訓(xùn)練4[2024福建泉州質(zhì)量監(jiān)測節(jié)選]如圖，三棱錐P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱錐P－ABC體積的最大值.解析取AB的中點(diǎn)O，連接PO，如圖所示.因?yàn)镻A＝PB，所以PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO?平面PAB，所以PO⊥平面ABC.因?yàn)镻A⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，所以V三棱錐P－ABC＝13S△ABC·PO＝13×（12AB·BC·sin∠ABC）·PO＝13因?yàn)椤螦BC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱錐P－ABC≤13當(dāng)且僅當(dāng)sin∠ABC＝1，即∠ABC＝π2時(shí)，等號(hào)成立故三棱錐P－ABC體積的最大值為13命題點(diǎn)3垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用例4[2023北京高考節(jié)選]如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.求證：BC⊥平面PAB.解析因?yàn)镻A⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝3，所以AC＝2.因?yàn)锳B＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.方法技巧線線垂直線面垂直面面垂直訓(xùn)練5[2022全國卷甲]小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.（1）證明：EF∥平面ABCD.（2）求該包裝盒的容積（不計(jì)包裝盒材料的厚度）.解析（1）如圖，分別取AB，BC的中點(diǎn)M，N，連接EM，F(xiàn)N，MN，∵△EAB與△FBC均為正三角形，且邊長均為8，∴EM⊥AB，F(xiàn)N⊥BC，且EM＝FN.又平面EAB與平面FBC均垂直于平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM?平面EAB，F(xiàn)N?平面FBC，∴EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面ABCD，∴EM∥FN，∴四邊形EMNF為平行四邊形，∴EF∥MN.又MN?平面ABCD，EF?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.（2）如圖，分別取AD，DC的中點(diǎn)P，Q，連接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.由（1）知EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面ABCD，同理可證得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝43，EM∥FN∥GQ∥HP.易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，又PM＝QN＝MN＝PQ＝12BD＝42，所以四邊形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（42）2×43＝1283.因?yàn)锳C⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.因?yàn)镋M⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以EM⊥AC.又EM，PM?平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，則點(diǎn)A到平面PMEH的距離d＝14AC＝22所以V四棱錐A－PMEH＝13S四邊形PMEH×d＝13×42×43×22＝所以該包裝盒的容積V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱錐A－PMEH＝1283＋4×6433＝64033（1.[命題點(diǎn)2/2022全國卷乙]如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點(diǎn).（1）證明：平面BED⊥平面ACD.（2）設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點(diǎn)F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，求三棱錐F－ABC的體積.解析（1）因?yàn)锳D＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC.又E為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥BE，AC⊥DE.因?yàn)锽E∩DE＝E，且BE，DE?平面BED，所以AC⊥平面BED.又AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）由（1）可知，AC⊥平面BED.連接EF，因?yàn)镋F?平面BED，所以AC⊥EF，當(dāng)△AFC的面積最小時(shí)，點(diǎn)F到直線AC的距離最小，即EF的長度最小.因?yàn)锳B＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC為正三角形，則AC＝2，BE＝3，AE＝1.因?yàn)锳D＝CD，AD⊥CD，所以△ADC為等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，則DE⊥BE.在Rt△BED中，當(dāng)EF的長度最小時(shí)，EF⊥BD，EF＝DE·BEBD由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD＝2，易知DF＜BF，所以DF＝12，F(xiàn)B＝3解法一因?yàn)镈E⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE?平面ABC，所以DE⊥平面ABC，則F到平面ABC的距離d＝BFBD×DE＝3故VF－ABC＝13S△ABC×d＝13×34×4×3解法二由（1）知BD⊥AC，又BD⊥EF，EF∩AC＝E，AC，EF?平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即B到平面ACF的距離，故VF－ABC＝VB－AFC＝13S△AFC×BF＝13×12×AC×EF×BF2.[命題點(diǎn)3/北京高考]如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn).（1）求證：PE⊥BC.（2）求證：平面PAB⊥平面PCD.（3）求證：EF∥平面PCD.解析（1）因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.（2）因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，PA，AB?平面PAB，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.（3）如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝12BC因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，所以DE∥BC，DE＝12BC所以DE∥FG，DE＝FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又EF?平面PCD，DG?平面PCD，所以EF∥平面PCD.3.[命題點(diǎn)3/2024廣東省佛山市南海區(qū)模擬節(jié)選]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝1，AB＝2.證明：BC⊥平面PAC.解析如圖所示，取AB的中點(diǎn)F，連接CF，則AF＝CD＝1.又因?yàn)锳F∥CD，所以四邊形AFCD是平行四邊形.因?yàn)锳D⊥CD，AD＝CD，所以四邊形AFCD是正方形，所以AB⊥CF，所以△ABC是等腰三角形，則AC＝BC＝2，所以AC2＋BC2＝4＝AB2，所以AC⊥BC，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，又因?yàn)镻A，AC?平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.學(xué)生用書·練習(xí)幫P3351.[2023大同學(xué)情調(diào)研]如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60°，M，N分別是棱AB和BC的中點(diǎn)，則下列說法中不正確的是（B）A.A1，C1，M，N四點(diǎn)共面B.B1N與AB共面C.AD⊥平面ABB1A1D.A1M⊥平面ABCD解析對(duì)于A，如圖，連接MN，AC，A1C1，因?yàn)镸，N分別是棱AB和BC的中點(diǎn)，所以MN∥AC.由棱柱的性質(zhì)，知AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形，所以AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四點(diǎn)共面，故A正確.（證明空間四點(diǎn)共面可轉(zhuǎn)化為：（1）證明兩條直線相交；（2）證明兩條直線平行）對(duì)于B，若B1N與AB共面，則B1，N，A，B四點(diǎn)共面，所以點(diǎn)N在平面ABB1A1內(nèi)，這與題設(shè)矛盾，故B不正確.對(duì)于C，因?yàn)锳D⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，所以AD⊥平面ABB1A1，故C正確.對(duì)于D，連接A1B，因?yàn)椤螦1AB＝60°，AB＝AA1＝1，所以△ABA1是等邊三角形，所以A1M⊥AB，由選項(xiàng)C，知AD⊥平面ABB1A1，又A1M?平面ABB1A1，所以A1M⊥AD.因?yàn)锳B∩AD＝A，AB，AD?平面ABCD，所以A1M⊥平面ABCD，故D正確.故選B.2.[2023烏魯木齊市質(zhì)檢（一）]已知直線a，b與平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分條件是（C）A.a∥α，b∥β，a⊥b B.α⊥γ，β⊥γC.a∥α，a⊥β D.α∩β＝a，a⊥b，b?β解析對(duì)于A，a∥α，b∥β，a⊥b，α與β可分別繞直線a與b任意轉(zhuǎn)動(dòng)，則α與β可能相交，也可能平行，故不是α⊥β的充分條件，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，α⊥γ，β⊥γ，則α與β可能相交，也可能平行，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)過直線a的平面與α交于直線c，因?yàn)閍∥α，所以a∥c，又a⊥β，所以c⊥β，又c?α，所以α⊥β，所以C為α⊥β的充分條件，C正確；對(duì)于D，α∩β＝a，a⊥b，b?β，若作直線d使得a⊥d，且d?α，則b與d的夾角即二面角α－a－β的平面角，由于該二面角不一定為直角，因此α與β不一定垂直，D錯(cuò)誤.故選C.3.[2023山東省模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），則下列結(jié)論不正確的是（B）A.平面CBP⊥平面BB1PB.AP⊥平面CPD1C.AP⊥BCD.AP∥平面DD1C1C解析對(duì)于A，因?yàn)镃B⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1?平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB?平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正確；對(duì)于B，當(dāng)P為A1B的中點(diǎn)時(shí)，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC?平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，否則，AP與平面CPD1不垂直，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)锽C⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1?平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP?平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正確；對(duì)于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP?平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正確.故選B.4.[多選/2021全國卷Ⅱ]如圖，下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為頂點(diǎn)，P為所在棱的中點(diǎn)，則滿足MN⊥OP的是（BC）A BC D解析對(duì)選項(xiàng)A，B，C，D中的正方體建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)各正方體的棱長均為2.對(duì)于A，有M（2，0，2），N（0，2，2），O（1，1，0），P（0，2，1），則MN＝（－2，2，0），OP＝（－1，1，1），所以MN·OP＝4≠0，所以MN與OP不垂直，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于B，有M（0，0，2），N（2，0，0），O（1，1，0），P（2，0，1），則MN＝（2，0，－2），OP＝（1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以選項(xiàng)B正確；對(duì)于C，有M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），則MN＝（－2，0，－2），OP＝（－1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，有M（0，2，2），N（0，0，0），O（1，1，0），P（2，1，2），則MN＝（0，－2，－2），OP＝（1，0，2），所以MN·OP＝－4≠0，所以MN與OP不垂直，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選BC.（本題也可以用三垂線定理直接判斷）5.[數(shù)學(xué)文化]《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”.在如圖所示的四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為PC，PD的中點(diǎn)，則圖中的鱉臑有5個(gè).解析因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DC，BC，BD?平面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，PD⊥BD，由四邊形ABCD為正方形，得BC⊥CD，因?yàn)镻D∩DC＝D，PD，DC?平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因?yàn)镻C?平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面體PDBC是一個(gè)鱉臑.因?yàn)镈E?平面PCD，所以BC⊥DE.因?yàn)镻D＝CD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，所以DE⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，所以DE⊥平面PBC，因?yàn)锽E?平面PBC，所以DE⊥BE，可知四面體EBCD的四個(gè)面都是直角三角形，即四面體EBCD是一個(gè)鱉臑.同理可得，四面體PABD、四面體APDE和四面體FABD也是鱉臑.6.[2024南昌市模擬節(jié)選]如圖，在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，M，N分別為AC，AB的中點(diǎn)，PM⊥AB.求證：AB⊥PN.解析因?yàn)镸，N分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以MN∥BC，因?yàn)锳B⊥BC，所以AB⊥MN，因?yàn)锳B⊥PM，PM∩MN＝M，所以AB⊥平面PMN，又PN?平面PMN，所以AB⊥PN.7.[2024福州市一檢節(jié)選]如圖，在底面為菱形的四棱錐M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝2.求證：平面MAD⊥平面ABCD.解析如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OM，OB.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，且AD＝BD＝2，所以△ABD為正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝3.因?yàn)镸A＝MD＝2，所以MO⊥AD，所以MO＝MA2－AO又MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，所以MO⊥BO.因?yàn)锳D∩BO＝O，AD?平面ABCD，BO?平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD，又MO?平面MAD，所以平面MAD⊥平面ABCD.8.[2024惠州市一調(diào)節(jié)選]如圖，在五面體ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝2BE，AB＝BC，則在線段CD上是否存在點(diǎn)P，使得PE⊥平面ACD？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)P的位置，并證明；若不存在，請(qǐng)說明理由.解析當(dāng)點(diǎn)P為線段CD的中點(diǎn)時(shí)，PE⊥平面ACD.證明如下：=解法一如圖1，分別取AC，CD的中點(diǎn)O，P，連接OB，PE，OP.在△ACD中，∵O，P分別是AC，CD的中點(diǎn)，∴OP=||1∵AD∥BE，AD＝2BE，即BE=||12AD，∴OP∴四邊形OBEP是平行四邊形，∴OB∥PE.∵AD⊥平面ABC，OB?平面ABC，∴AD⊥OB，則有PE⊥AD.由AB＝BC知OB⊥AC，則有PE⊥AC.又AC∩AD＝A，AC?平面ACD，AD?平面ACD，∴PE⊥平面ACD.解法二分別取AC，CD的中點(diǎn)O，P，連接OB，PE，OP，∵在△ACD中，O，P分別是AC，CD的中點(diǎn)，∴OP=||12又AD⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.∵AB＝BC，O是AC的中點(diǎn)，∴OB⊥AC，∴OP，OB，AC兩兩垂直，故可建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系.令A(yù)D＝2BE＝2a，OB＝c，OA＝OC＝b，則O（0，0，0），D（0，－b，2a），C（0，b，0），E（c，0，a），P（0，0，a），∴CD＝（0，－2b，2a），OC＝（0，b，0），PE＝（c，0，0）.∵PE·OC＝0，PE·CD＝0，OC，CD為平面ACD上的兩個(gè)不共線向量，∴PE為平面ACD的一個(gè)法向量，∴PE⊥平面ACD.9.[2023江西六校聯(lián)考]如圖，AB是圓