(新高考)高考数学一轮复习讲义第7章§7.5空间直线、平面的垂直(含详解)

§7.5　空间直线、平面的垂直 考试要求　1.理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单的应用． 知识梳理 1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理 2.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：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 3．二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角； (2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (3)二面角的范围：[0，π]． 4．平面与平面垂直 (1)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． (2)判定定理与性质定理 知识拓展 1．三垂线定理 在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直． 2．三垂线定理的逆定理 平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　×　) (2)垂直于同一个平面的两平面平行．(　×　) (3)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．(　×　) (4)若直线a⊥平面α，直线b⊥平面α，则直线a∥直线b.(　√　) 教材改编题 1．(多选)若平面α⊥平面β，且α∩β＝l，则下列命题中正确的是(　　) A．平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线 B．平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线 C．平面α内的任一条直线必垂直于平面β D．过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β 答案　BD 解析　A项，如图①，a⊂α，b⊂β，且a，b与l都不垂直，则a，b不一定垂直，故A错； B项，如图②，a⊂α，作b⊥l，则b⊥α，则β内所有与b平行的直线都与a垂直，故B正确； C项，如图③，a⊂α，但a与l不垂直，则a与β不垂直，故C错； D项，如图④，由两平面垂直的性质定理可知D正确． 2．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的________条件． 答案　必要不充分 3．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC上的射影为点O. (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心． 答案　(1)外　(2)垂 解析　(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP， 在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中， PA＝PC＝PB， ∴OA＝OB＝OC， 即O为△ABC的外心． 图1　　　　　　　　图2 (2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G. ∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA， PB⊂平面PAB， ∴PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB， ∴PC⊥AB， ∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC， ∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC， ∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高． 同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心． 题型一　直线与平面垂直的判定与性质 例1　(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1. (1)求三棱锥F－EBC的体积； (2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE. (1)解　如图，取BC的中点为M，连接EM，由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2， CF＝1，EM＝eq \f(1,2)AB＝1， AB∥A1B1， 由BF⊥A1B1得EM⊥BF， 又EM⊥CF，BF∩CF＝F， 所以EM⊥平面BCF， 故V三棱锥F－EBC＝V三棱锥E－FBC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)BC×CF×EM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×1＝eq \f(1,3). (2)证明　连接A1E，B1M， 由(1)知EM∥A1B1， 所以ED在平面EMB1A1内． 在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点， 所以由平面几何知识可得BF⊥B1M， 又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1， 所以BF⊥平面EMB1A1， 又DE⊂平面EMB1A1，所以BF⊥DE. 教师备选 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN. 证明　∵AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD， ∴AE⊥AB， 又AB∥CD，∴AE⊥CD. ∵AD＝AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD. 又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD， ∴AE⊥平面PCD. ∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD. 又∵MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， ∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN. 思维升华　证明线面垂直的常用方法及关键 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②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． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质． 跟踪训练1　如图所示，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， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD， ∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC， ∴CD⊥AE. (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°， 可得AC＝PA. ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC. 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， ∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD， ∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD， ∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， ∴PD⊥平面ABE. 题型二　平面与平面垂直的判定与性质 例2　(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM. (1)证明：平面PAM⊥平面PBD； (2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P－ABCD的体积． (1)证明　∵PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD， ∴PD⊥AM. ∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，∴AM⊥平面PBD. 又AM⊂平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD. (2)解　∵M为BC的中点，∴BM＝eq \f(1,2)AD. 由题意知AB＝DC＝1. ∵AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD， ∴AM⊥BD， 由∠BAM＋∠MAD＝90°， ∠MAD＋∠ADB＝90°， 得∠BAM＝∠ADB， 易得△BAM∽△ADB，∴eq \f(BM,AB)＝eq \f(AB,AD)， 即eq \f(\f(1,2)AD,1)＝eq \f(1,AD)，得AD＝eq \r(2)， ∴S矩形ABCD＝AD·DC＝eq \r(2)×1＝eq \r(2)， 则四棱锥P－ABCD的体积 VP－ABCD＝eq \f(1,3)S矩形ABCD·PD ＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),3). 教师备选 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAC； (2)设DO＝eq \r(2)，圆锥的侧面积为eq \r(3)π，求三棱锥P－ABC的体积． (1)证明　∵D为圆锥顶点，O为底面圆心， ∴OD⊥平面ABC， ∵P在DO上，OA＝OB＝OC， ∴PA＝PB＝PC， ∵△ABC是圆内接正三角形， ∴AC＝BC，△PAC≌△PBC， ∴∠APC＝∠BPC＝90°， 即PB⊥PC，PA⊥PC， PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面PAB，PC⊂平面PAC， ∴平面PAB⊥平面PAC. (2)解　设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl＝eq \r(3)π， rl＝eq \r(3)， OD2＝l2－r2＝2，解得r＝1， l＝eq \r(3)，AC＝2rsin 60°＝eq \r(3)， 在等腰直角三角形APC中， AP＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \f(\r(6),2)， 在Rt△PAO中， PO＝eq \r(AP2－OA2)＝eq \r(\f(6,4)－1)＝eq \f(\r(2),2)， ∴三棱锥P－ABC的体积为VP－ABC＝eq \f(1,3)PO·S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),4)×3＝eq \f(\r(6),8). 思维升华　(1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理． (2)面面垂直性质的应用 ①面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若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． 跟踪训练2　如图，在四棱锥PA-BCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点． (1)求证：PE⊥BC； (2)求证：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，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD， 所以平面PAB⊥平面PCD. 题型三　垂直关系的综合应用 例3　如图，已知ABCD－A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，∠AD1A1＝60°，AD1＝4，点P是AD1上的动点． (1)试判断不论点P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并证明你的结论； (2)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成的角的余弦值； (3)求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值． 解　(1)∵BA⊥平面AA1D1D，BA⊂平面BPA， ∴平面BPA⊥平面AA1D1D， ∴与P点位置无关． (2)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E(如图)，则PE∥AA1， ∴∠B1PE或其补角是异面直线AA1与B1P所成的角． 在Rt△AA1D1中，∵∠AD1A1＝60°， ∴∠A1AD1＝30°， ∵A1B1＝A1D1＝eq \f(1,2)AD1＝2， A1E＝eq \f(1,2)A1D1＝1. 又PE＝eq \f(1,2)AA1＝eq \r(3). ∴在Rt△B1PE中， B1P＝eq \r(B1E2＋PE2)＝2eq \r(2)， cos∠B1PE＝eq \f(PE,B1P)＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4). ∴异面直线AA1与B1P所成的角的余弦值为eq \f(\r(6),4). (3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1， ∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角， tan∠B1PA1＝eq \f(B1A1,A1P)＝eq \f(2,A1P)， 当A1P最小时，tan∠B1PA1最大， 这时A1P⊥AD1， 由A1P＝eq \f(A1D1·A1A,AD1)＝eq \r(3)， 得tan∠B1PA1＝eq \f(2\r(3),3)， 即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为eq \f(2\r(3),3). 教师备选 如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点． (1)求证：AF∥平面SEC； (2)求证：平面ASB⊥平面CSB； (3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，请说明理由． (1)证明　如图，取SC的中点G，连接FG，EG， ∵F，G分别是SB，SC的中点， ∴FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC， ∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点， ∴AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC， ∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形， ∴AF∥EG，又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC， ∴AF∥平面SEC. (2)证明　∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点， ∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点， ∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC， ∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC， ∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形， ∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG， 又SA＝AB，F是SB的中点， ∴AF⊥SB， 又FG∩SB＝F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC， ∴AF⊥平面SBC，又AF⊂平面ASB， ∴平面ASB⊥平面CSB. (3)解　存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC， 连接MO，BE，则BD⊥OM， ∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形， ∴BE＝eq \r(7)， SE＝eq \r(3)，BD＝2OB＝2eq \r(3)，SD＝2，SE⊥AD， ∵侧面SAD⊥底面ABCD， 侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD， ∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE， ∴SB＝eq \r(SE2＋BE2)＝eq \r(10)， ∴cos∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(30),20)， ∴eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(30),20)，∴BM＝eq \f(2\r(10),3)，∴eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3). 思维升华　(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)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． 跟踪训练3　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为四边形，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD. (1)求证：PD⊥平面ABCD； (2)若二面角C－PB－D的平面角的余弦值为eq \f(\r(6),6)，求PD的长． (1)证明　如图所示，E为BD的中点，连接AE，△ABD是正三角形， 则AE⊥BD. 平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD， AE⊂平面ABCD， 故AE⊥平面PBD，PD⊂平面PBD， 故AE⊥PD. PD⊥AB，AE∩AB＝A， AE，AB⊂平面ABCD， 故PD⊥平面ABCD. (2)解　过点E作EF⊥PB于点F，连接CF，CE， 因为BC⊥CD，BC＝CD，E为BD的中点， 所以EC⊥BD， 所以EC⊥平面PBD. 又PB⊂平面PBD，所以EC⊥PB， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面EFC， 所以PB⊥平面EFC， 又因为CF⊂平面EFC， 所以CF⊥PB， 故∠EFC为二面角C－PB－D的平面角． cos∠EFC＝eq \f(\r(6),6)， 故tan∠EFC＝eq \r(5)，EC＝1，故EF＝eq \f(\r(5),5). sin∠PBD＝eq \f(EF,EB)＝eq \f(\r(5),5)，tan∠PBD＝eq \f(1,2)， 即eq \f(PD,BD)＝eq \f(1,2)，PD＝1. 课时精练 1.(2020·新高考全国Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　) A．20° B．40° C．50° D．90° 答案　B 解析　如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面， 由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°， 又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直， 则晷针AC与水平面所成角为40°. 2．已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是(　　) A．m⊥l，m⊂β，l⊥α B．m⊥l，α∩β＝l，m⊂α C．m∥l，m⊥α，l⊥β D．l⊥α，m∥l，m∥β 答案　D 解析　对于A，有可能出现α，β平行这种情况，故A错误；对于B，会出现平面 α，β相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β⇒α∥β，故C错误；对于D，l⊥α，m∥l⇒m⊥α，又由m∥β⇒α⊥β，故D正确． 3.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部 答案　A 解析　由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，得AC⊥平面ABC1. 因为AC⊂平面ABC， 所以平面ABC1⊥平面ABC. 所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上． 4．如图，PA⊥圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，其中AC＝3，PA＝4，BC＝5，则PB与平面PAC所成角的正弦值为(　　) A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(17),5) 答案　A 解析　根据题意，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，则BC⊥AC， 又由PA⊥圆O所在平面，则PA⊥BC， 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 则BC⊥平面PAC，故∠BPC是PB与平面PAC所成的角，在△ACB中，AC＝3，BC＝5，AC⊥BC， 则AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(34)， 在△PAB中，AB＝eq \r(34)，PA＝4，PA⊥AB， 则PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝5eq \r(2)， 在△PCB中，BC＝5，PB＝5eq \r(2)， 则sin∠BPC＝eq \f(BC,PB)＝eq \f(\r(2),2). 5.(多选)(2022·武汉调研)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列结论正确的是(　　) A．平面ANS⊥平面PBC B．平面ANS⊥平面PAB C．平面PAB⊥平面PBC D．平面ABC⊥平面PAC 答案　ACD 解析　∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC， ∴平面ABC⊥平面PAC，∴D正确； BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC， 又AC为圆O的直径， B为圆周上不与点A，C重合的点， ∴AB⊥BC， 又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC， ∴平面PAB⊥平面PBC， ∴C正确； 又AN⊂平面PAB，∴BC⊥AN， 又AN⊥PB，BC∩PB＝B， BC，PB⊂平面PBC， ∴AN⊥平面PBC， 又PC⊂平面PBC，∴AN⊥PC， 又∵PC⊥AS，AS∩AN＝A， AS，AN⊂平面ANS， ∴PC⊥平面ANS， 又PC⊂平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC， ∴A正确． 6．(多选)(2021·新高考全国Ⅱ)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．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， 图(1) 故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角， 在Rt△OPC中，OC＝eq \r(2)，CP＝1， 故tan∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)， 故MN⊥OP不成立，故A错误． 对于B，如图(2)所示，取AN的中点B，连接PB，OB， 图(2) 则OP＝eq \r(12＋\r(2)2)＝eq \r(3)，PB＝eq \r(2)，OB＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)， 所以OP2＋PB2＝OB2，所以OP⊥PB，又PB∥MN，所以OP⊥MN. 对于C，如图(3)所示，取AD的中点C，连接OC，PC，BD，因为P，C分别是DE，AD的中点，所以CP⊥BD，又OC⊥平面ADEB，BD⊂平面ADEB， 图(3) 所以OC⊥BD，又OC∩CP＝C，OC，CP⊂平面OCP，所以BD⊥平面OCP，所以BD⊥OP，又BD∥MN，所以OP⊥MN. 对于D，如图(4)所示，取AN的中点B，ME的中点F，连接PB，BF，OF， 图(4) 若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，所以OF⊥MN，所以MN⊥平面OFBP， 所以MN⊥BF，显然，MN与BF不可能垂直，所以OP⊥MN不成立． 7．已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________． 答案　垂直 解析　∵DA⊥平面α，CA⊂平面α，∴DA⊥CA， 在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA， 且DA∩BA＝A，DA，BA⊂平面DAB， ∴CA⊥平面DAB，又DB⊂平面DAB， ∴CA⊥DB. 8．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况) 答案　A1C1⊥B1C1 解析　当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时， 有AB1⊥BC1. 理由如下： ∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1， ∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C， ∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥CC1. 又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1， CC1，B1C1⊂平面BCC1B1， ∴A1C1⊥平面BCC1B1， ∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1， ∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥AC， ∵AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面ACB1， ∴BC1⊥平面ACB1， ∴又AB1⊂平面ACB1， ∴AB1⊥BC1. 9．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD. 求证：(1)CD⊥平面PBD； (2)平面PBC⊥平面PDC. 证明　(1)在四边形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝90°， 则∠ABD＝∠ADB＝45°， 又AD∥BC，即有∠DBC＝45°， 而∠DCB＝45°，于是得∠BDC＝90°， 在折后的几何体P－BCD中，BD⊥DC， 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD， 所以CD⊥平面PBD. (2)由(1)知CD⊥平面PBD，PB⊂平面PBD， 于是得CD⊥BP， 又BP⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PDC，CD⊂平面PDC， 则BP⊥平面PDC，又BP⊂平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PDC. 10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，侧面PAD为等边三角形． (1)求证：AD⊥PB； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，点E为PB的中点，求三棱锥P－ADE的体积． (1)证明　如图，取AD的中点O，连接OB，OP，BD， 因为△PAD为等边三角形，O是AD的中点，所以OP⊥AD， 因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°， 所以△ABD是等边三角形，OB⊥AD， 因为OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面POB， 所以AD⊥平面POB， 因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB. (2)解　因为底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形， 所以PA＝PD＝AD＝2，PO＝eq \r(3)， 底面ABCD的面积为2eq \r(3)， 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD， 所以PO⊥平面ABCD， 因为E为PB的中点， 所以VP－ADE＝VB－ADE＝eq \f(1,2)VP－ABD＝eq \f(1,4)VP－ABCD＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \r(3)×2eq \r(3)＝eq \f(1,2). 11．(多选)(2022·广州调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则(　　) A．A，M，N，B四点共面 B．平面ADM⊥平面CDD1C1 C．直线BN与B1M所成的角为60° D．BN∥平面ADM 答案　BC 解析　如图所示，对于A，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误； 对于B，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，AD⊂平面ADM， 所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确； 对于C，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO， 所以直线BN与B1M所成的角为∠NBO或其补角． 易知△BON为等边三角形， 所以∠NBO＝60°，故C正确； 对于D，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误． 12．(多选)(2022·玉溪模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面为矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝1，PD＝AB＝2，点E是PB的中点，过A，D，E三点的平面α与平面PBC的交线为l，则(　　) A．l∥平面PAD B．AE∥平面PCD C．直线PA与l所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5) D．平面α截四棱锥P－ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比为eq \f(3,5) 答案　ACD 解析　如图，取PC的中点F，连接EF，DF， 则AD∥EF，即A，D，E，F四点共面，即l为EF， 对于A，EF∥AD， 所以EF∥平面PAD，即l∥平面PAD，故A正确； 对于B，由EF∥AD，若AE∥平面PCD，则必有AE∥DF， 即四边形ADFE为平行四边形， 则AD＝EF，矛盾，故B错误； 对于C，PA与l所成的角，即PA与EF所成的角，即PA与AD所成的角， 由PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD， cos∠PAD＝eq \f(AD,AP)＝eq \f(\r(5),5)，故C正确； 对于D，连接BD， VP－ABCD＝eq \f(1,3)PD·S矩形ABCD＝eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(4,3)， VABCDEF＝VA－BDE＋VD－BCFE ＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(5),2)×eq \f(2,\r(5))＋eq \f(1,3)×eq \f(3\r(2),4)×eq \f(2,\r(2))＝eq \f(5,6)， eq \f(VP－ADFE,VABCDEF)＝eq \f(\f(4,3)－\f(5,6),\f(5,6))＝eq \f(3,5)，故D正确． 13．(2022·威海模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，则AR＝________. 答案　eq \f(4\r(5),5) 解析　如图，取SA的中点E，连接PE，QE. ∵SA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴SA⊥AB， 而AB⊥AD，AD∩SA＝A，AD，SA⊂平面SAD， ∴AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SAD， 又AR⊂平面SAD， ∴PE⊥AR. 又∵AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，PE，PQ⊂平面PEQ， ∴AR⊥平面PEQ， ∵EQ⊂平面PEQ，∴AR⊥EQ， ∵E，Q分别为SA，AD的中点， ∴EQ∥SD，则AR⊥SD， 在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2， 可求得SD＝2eq \r(5)，由等面积法可得AR＝eq \f(4\r(5),5). 14．(2022·绍兴模拟)如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A－BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________． 答案　eq \f(1,4) 解析　如图所示，取AC的中点F，DC的中点G，连接EF，DF，FG. ∴FG∥AD， ∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距离相等， 同理F到A，C，D的距离相等， ∵AD⊥DC，AD⊥BD，BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD， ∴AD⊥平面BCD， ∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA， ∴F即为三棱锥A－BCD外接球的球心O， ∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥BC， 又BC⊥BD，AD∩BD＝D， AD，BD⊂平面ABD， ∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥DE， ∵DE⊥AB，AB∩BC＝B， AB，BC⊂平面ABC， ∴DE⊥平面ABC， ∴DE⊥EF，∴DE2＋EF2＝DF2， 又DF＝1，∴DE2＋EF2＝1， ∴DE·EF≤eq \f(DE2＋EF2,2)＝eq \f(1,2)， 当且仅当DE＝EF时等号成立， ∴S△DEF＝eq \f(1,2)DE·EF≤eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)， ∴△DEF，即△DOE面积的最大值为eq \f(1,4). 15．(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \o(BP,\s\up6(→))＝λeq \o(BC,\s\up6(→))＋μeq \o(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则(　　) A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值 C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 答案　BD 解析　eq \o(BP,\s\up6(→))＝λeq \o(BC,\s\up6(→))＋μeq \o(BB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)． 对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋1－μ2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，A错误； 图1 对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示， 图2 则 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，为定值，故B正确； 对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝eq \f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP； 方法一　由多选题特征，排除A，C，故选BD. 方法二　对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确． 16．如图(1)，在平面四边形ABDC中，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝BC＝2，CD＝1，将△ABC沿BC边折起如图(2)，使________，点M，N分别为AC，AD的中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①AD＝eq \r(7)，②AC为四面体ABDC外接球的直径，③平面ABC⊥平面BCD. 图(1)　　　　　　　图(2) (1)判断直线MN与平面ABD的位置关系，并说明理由； (2)求三棱锥A－MNB的体积． 解　(1)若选①：AD＝eq \r(7)，在Rt△BCD中， BC＝2，CD＝1，可得BD＝eq \r(3)， 又由AB＝2，所以AB2＋BD2＝AD2， 所以AB⊥BD， 因为AB⊥BC，且BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面CBD，所以AB⊥平面CBD， 又因为CD⊂平面CBD，所以AB⊥CD， 又由CD⊥BD，AB∩BD＝B，且AB，BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD， 又因为M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD，所以MN⊥平面ABD. 若选②：AC为四面体ABDC外接球的直径，则∠ADC＝90°，CD⊥AD， 因为CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD， 可证得CD⊥平面ABD， 又M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD， 所以MN⊥平面ABD. 若选③：平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC， 因为AB⊥BC，且AB⊂平面ABC， 所以AB⊥平面CBD， 又CD⊂平面CBD，所以AB⊥CD， 因为CD⊥BD，AB∩BD＝B，且AB，BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD， 又因为M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD，所以MN⊥平面ABD. (2)由(1)知MN⊥平面ABD，其中△ABD为直角三角形， 可得S△ANB＝eq \f(1,2)S△ADB＝eq \f(\r(3),2)，MN＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2)， 故三棱锥A－MNB的体积为VA－MNB＝VM－ABN＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),12).文字语言图形表示符号表示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eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,n⊂α,m∩n＝P,l⊥m,l⊥n)) ⇒l⊥α性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α)) ⇒a∥b文字语言图形表示符号表示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eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α,a⊥β)) ⇒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eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β)) ⇒l⊥α