57　第七章　第5課時(shí)　空間直線、平面的垂直

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(shuō)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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥a,l⊥b,a∩b＝O,a，b?α))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b(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．②θ的取值范圍：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的取值范圍：0°≤α≤180°.3．平面與平面垂直(1)定義：一般地，兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說(shuō)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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l?β))?α⊥β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eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l?β))?l⊥α[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)一條直線垂直于兩個(gè)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，則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．(×)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________.eq\f(1,3)[由題易知∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角．因?yàn)锳B＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2eq\r(2)，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝eq\f(AA1,AC1)＝eq\f(1,3).]4．(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的正三角形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________.eq\f(\r(6),3)a[設(shè)點(diǎn)P在平面ABC上的射影為點(diǎn)O.由PA＝PB＝PC，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＝eq\f(1,3)CG＝eq\f(\r(3),6)a.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eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(3),2)a，則點(diǎn)P到平面ABC的距離PO＝eq\r(\f(3,4)a2－\f(1,12)a2)＝eq\f(\r(6),3)a.]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，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，又因?yàn)锳C⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC?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?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，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?yàn)镻A⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB．又因?yàn)锳B⊥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?yàn)锳B∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，所以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？選取并證明你的結(jié)論．①F為BB1的中點(diǎn)；②AB1＝eq\r(3)；③AA1＝eq\r(2).解：(1)證明：因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，所以A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.又D是A1B1的中點(diǎn)，所以C1D⊥A1B1.因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1?平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B．(2)選①③能證明AB1⊥平面C1DF.如圖，連接A1B，所以DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝eq\r(2)，又AA1＝eq\r(2)，則A1B⊥AB1，所以DF⊥AB1.因?yàn)镃1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B，所以C1D⊥AB1.因?yàn)镈F∩C1D＝D，DF，C1D?平面C1DF，所以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]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)因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA?平面PAB，PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.因?yàn)锽C?平面ABCD，所以PA⊥BC．(2)如圖，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)，所以EF∥DC，EF＝eq\f(1,2)DC．又AB∥DC，AB＝eq\f(1,2)DC，所以AB綉EF.所以四邊形ABEF是平行四邊形，所以BE∥AF.因?yàn)镻A＝AD，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)，所以AF⊥PD，所以BE⊥PD.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以PA⊥DC．因?yàn)锳B∥CD，∠DAB＝90°，所以AD⊥DC．因?yàn)镈C⊥AD，DC⊥PA，AD∩PA＝A，AD，PA?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因?yàn)锳F?平面PAD，所以DC⊥AF.因?yàn)锽E∥AF，所以DC⊥BE.因?yàn)锽E⊥DC，BE⊥PD，DC∩PD＝D，DC，PD?平面PDC，所以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，連接B1M，如圖所示，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，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.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?。猓?1)證明：如圖，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，所以AD⊥平面PBC．又BC?平面PBC，則AD⊥BC，又因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC．又PA，AD?平面PAC，PA∩AD＝A，則BC⊥平面PAC．(2)如圖，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＝eq\r(2)，AD＝eq\f(\r(2),2)，又由(1)知BC⊥平面PAC,AC?平面PAC，則BC⊥AC，則AB＝eq\r(2)，又PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，則PA⊥AB，則PB＝eq\r(3)，AE＝eq\f(1×\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，則sin∠AED＝eq\f(AD,AE)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(6),3))＝eq\f(\r(3),2)，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\up7(判定定理),)線面垂直eq\o(,\s\up7(判定定理),\s\do5(性質(zhì)定理))面面垂直[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(2025·淄博模擬)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?。?3)點(diǎn)C到平面BPQ的距離．解：(1)如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OP，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC．因?yàn)槠矫鍼ACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PACQ，所以∠BPO即為直線BP與平面PACQ所成角．因?yàn)樗倪呅蜳ACQ為矩形，所以PA⊥AC，又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA?平面PACQ，所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，所以BP＝eq\r(AB2＋PA2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，在Rt△POB中，OB＝eq\r(3)，所以sin∠BPO＝eq\f(OB,BP)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，故BP與平面PCQA所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).(2)取PQ的中點(diǎn)M，連接BM，DM，由(1)知，PA⊥平面ABCD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，四邊形PACQ為矩形，所以BP＝BQ，DP＝DQ，所以BM⊥PQ，DM⊥PQ，所以∠BMD即為二面角B-PQ-D的平面角，在△BDM中，BD＝2eq\r(3)，BM＝DM＝eq\r(BP2－PM2)＝eq\r(BP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AC))2)＝eq\r(5－1)＝2，由余弦定理的推論知，cos∠BMD＝eq\f(BM2＋DM2－BD2,2BM·DM)＝eq\f(4＋4－12,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以∠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，因?yàn)閂C-BPQ＝VB-CPQ,所以eq\f(1,3)d×eq\f(1,2)BM·PQ＝eq\f(1,3)OB×eq\f(1,2)CQ·PQ，所以d×2×2＝eq\r(3)×1×2,所以d＝eq\f(\r(3),2)，故點(diǎn)C到平面BPQ的距離為eq\f(\r(3),2).1．三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[如圖所示．ABCD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均為所在棱的中點(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均為所在棱的中點(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．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)，求二面角C1-DE-C的正切值．解：如圖，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＝eq\f(2,\r(5))，又C1C＝1，則tan∠C1MC＝eq\f(C1C,CM)＝eq\f(\r(5),2).即二面角C1-DE-C的正切值為eq\f(\r(5),2).課時(shí)分層作業(yè)(四十五)(本試卷共92分．單項(xiàng)選擇題每題5分，多項(xiàng)選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·天津高考)若m，n為兩條直線，α為一個(gè)平面，則下列結(jié)論中正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m⊥nB．若m∥α，n∥α，則m∥nC．若m∥α，n⊥α，則m⊥nD．若m∥α，n⊥α，則m與n相交C[對(duì)于A，B，若m∥α，n∥α，則m，n可能平行、相交或異面，故A，B錯(cuò)誤．對(duì)于C，D，若m∥α，n⊥α，則m⊥n，且m與n相交或異面，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，AB，BC1?平面ABC1，且AB∩BC1＝B，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[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，A正確；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，B正確；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，C錯(cuò)誤；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，D正確．故選C．]5．(2025·菏澤模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1D∩AD1＝E，CD1∩C1D＝F，則下列結(jié)論中正確的是()A．BB1∥平面ACD1B．平面BDC1⊥平面ACD1C．EF⊥平面BDD1B1D．平面ABB1A1內(nèi)存在與EF平行的直線C[因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1為正方體，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，以D1為原點(diǎn)，D1A1所在直線為x軸，D1C1所在直線為y軸，D1D所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,0)，A(2,0,2)，C(0,2,2)，B(2,2,2)，B1(2，2,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，D(0,0,2)．設(shè)平面ACD1的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0,2,2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A,\s\up6(→))＝0，,n·\o(D1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2y＋2z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝－1，所以n＝(1,1，－1)為平面ACD1的一個(gè)法向量，同理可得平面BDC1的一個(gè)法向量為m＝(－1,1,1)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(BB1,\s\up6(→))·n＝2≠0，故A不正確；m·n＝－1≠0，故B不正確；又因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(D1D,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(D1D,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝0，所以EF⊥D1D，EF⊥D1B1，又D1D∩D1B1＝D1，D1D，D1B1?平面BDD1B1，所以EF⊥平面BDD1B1，C正確；易得平面ABB1A1的一個(gè)法向量為p＝(1,0,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))·p＝－1≠0，故D不正確．故選C．]6．(2024·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2eq\r(2)，該棱錐的高為()A．1 B．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)D[由題意知△PAB為正三角形，因?yàn)镻C2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如圖，分別取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，則PE＝2eq\r(3)，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.過點(diǎn)P作PG⊥EF，垂足為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為四棱錐P-ABCD的高．由eq\f(1,2)PE·PF＝eq\f(1,2)EF·PG，得PG＝eq\f(PE·PF,EF)＝eq\f(2\r(3)×2,4)＝eq\r(3).故選D.]二、多項(xiàng)選擇題7．(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＝eq\f(\r(2),2)，BC1＝eq\r(2)，sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，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.]8．(2025·煙臺(tái)模擬)如圖1，半圓O的直徑為4，點(diǎn)B，C三等分半圓，P，Q分別為OB，OC的中點(diǎn)，將此半圓以O(shè)A為母線卷成如圖2所示的圓錐，D為BC的中點(diǎn)，則在圖2中，下列結(jié)論正確的有()A．PQ＝eq\f(\r(3),2)B．AD⊥平面OBCC．PQ∥平面ABCD．三棱錐P-ABC與Q-ABC公共部分的體積為eq\f(1,4)ACD[對(duì)于A，在題圖2中，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則2πr＝eq\f(1,2)×4π，解得r＝1，因?yàn)樵陬}圖1中，點(diǎn)B，C三等分半圓，所以在題圖2中，點(diǎn)B，C為圓錐的底面圓周的三等分點(diǎn)，所以△ABC為等邊三角形，所以eq\f(BC,sin60°)＝2r＝2，所以BC＝eq\r(3).又因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是OB，OC的中點(diǎn)，所以PQ＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)，故A正確．對(duì)于B，連接OD，AC，AB，如圖所示，因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為eq\r(3)的等邊三角形，△OBC為等腰三角形，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，所以AD＝eq\f(3,2)，OD＝eq\r(OB2－BD2)＝eq\f(\r(13),2)，而AO＝2，所以AD2＋OD2＝eq\f(9,4)＋eq\f(13,4)≠4＝AO2，這表明AD與OD不垂直，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是OB，OC的中點(diǎn)，所以PQ∥BC．因?yàn)镻Q?平面ABC，BC?平面ABC，所以PQ∥平面ABC，故C正確．對(duì)于D，如圖，連接BQ，CP交于點(diǎn)E，連接OE并延長(zhǎng)OE，則由對(duì)稱性可知OE必定交BC于點(diǎn)D，則三棱錐P-ABC與三棱錐Q-ABC的公共部分即為三棱錐E-ABC．因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是OB，OC的中點(diǎn)，所以E為△OBC的重心，所以DE＝eq\f(1,3)OD＝eq\f(\r(13),6).由上易知，圓錐的軸截面為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以圓錐的高為eq\r(3)，所以VE-ABC＝eq\f(1,3)VO-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×\r(3)×\f(\r(3),2)))×eq\r(3)＝eq\f(1,4)，所以三棱錐P-ABC與三棱錐Q-ABC的公共部分的體積為eq\f(1,4)，故D正確．]三、填空題9．(2025·日照模擬)如圖，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)[因?yàn)镻A⊥底面ABCD，所以BD⊥PA，連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，所以平面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________.－eq\f(\r(5),5)[如圖，過A作AE⊥CB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E,連接DE，因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，所以AE⊥平面BCD，所以點(diǎn)E即為點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影，所以△EBD為△ABD在平面BCD內(nèi)的射影，設(shè)AB＝a，則AE＝DE＝ABsin60°＝eq\f(\r(3),2)a，所以AD＝eq\f(\r(6),2)a，cos∠ABD＝eq\f(1,4)，所以sin∠ABD＝eq\f(\r(15),4)，所以S△ABD＝eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),8)a2,又BE＝eq\f(1,2)a，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(1,2)a＝eq\f(\r(3),8)a2，設(shè)θ為射影面與原面所成的二面角的平面角，所以cosθ＝eq\f(S△BDE,S△ABD)＝eq\f(\r(5),5).因?yàn)樗蟮慕铅仁嵌娼茿-BD-E，而二面角A-BD-C與A-BD-E互補(bǔ)，所以二面角A-BD-C的余弦值為－eq\f(\r(5),5).]11．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eq\r(3)，那么點(diǎn)P到平面ABC的距離為________.eq\r(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＝eq\r(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＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).]12．《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2eq\r(3)，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＝2eq\r(3)，BE＝2，則BC＝eq\r(12＋4)＝4.即邪田ABCD的邪長(zhǎng)BC為4.由題意知AB⊥AD，CD∥AB，所以eq\f(DF,AF)＝eq\f(CD,AB)＝eq\f(1,3)，所以DF＝eq\r(3).因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，則∠AFB是直線BC與平面PAD所成角的平面角，tan∠AFB＝eq\f(AB,AF)＝eq\f(3,3\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以∠AFB＝30°.即邪所在直線與平面PAD所成角的大小為30°.]四、解答題13．(15分)(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＝eq\r(2).法一：由S△CA1C1＝eq\f(1,2)·CA1·A1C1＝eq\f(1,2)·A1H·CC1，得A1H＝eq\f(CA1·A1C1,CC1)＝eq\f(\r(2)×\r(2),2)＝1，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＝eq\f(1,2)CC1＝1，故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.14．(15分)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.所以PM⊥DE，又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM?平面PDE，所以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，所以PM＝eq\f(1,2)DE＝eq\r(2)，而梯形BCDE的面積S＝eq\f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以四棱錐P-BCDE的體積V＝eq\f(1,3)PM·S＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×6＝2eq\r(2).(2)證明：取BC的中點(diǎn)N，連接PN，MN，則BC⊥MN，因?yàn)镻B＝PC，所以BC⊥PN，因?yàn)镸N∩PN＝N，MN，PN?平面PMN，所以BC⊥平面PMN.因?yàn)镻M?平面PMN，所以BC⊥PM.由(1)知，PM⊥DE，又BC，DE?平面BCDE，且BC與DE是相交的，所以PM⊥平面BCDE.因?yàn)镻M?平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE.課時(shí)分層作業(yè)(四十六)(本試卷共45分．)1．(15分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝eq\r(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：如圖，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＝eq\r(2)，所以BD＝eq\r(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AA1＝CC1＝2，所以AE⊥A1C1，同理得B1E⊥A1C1，所以∠AEB1為二面角A-A1C1-B1的平面角，在△AEB1中，AE＝eq\r(AA\o\al(2,1)－A1E2)＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(14),2)，B1E＝eq\r(A1B\o\al(2,1)－A1E2)＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(14),2)，AB1＝eq\r(2)，所以cos∠AEB1＝eq\f(AE2＋B1E2－AB\o\al(2,1),2AE·B1E)＝eq\f(\f(7,2)＋\f(7,2)－2,2×\f(7,2))＝eq\f(5,7).所以二面角