(新高考)高考數(shù)學一輪復習講義+鞏固練習7.5《空間直線、平面的垂直》(教師版)

第第頁§7.5空間直線、平面的垂直考試要求1.理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.2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)，并會簡單的應用．知識梳理1．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)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一條直線與一個平面內(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(m?α,n?α,m∩n＝P,l⊥m,l⊥n))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b2.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平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行，或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°.(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．二面角(1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角；(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角的范圍：[0，π]．4．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的定義兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形表示符號表示判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a?α,a⊥β))?α⊥β性質(zhì)定理兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l?β))?l⊥α知識拓展1．三垂線定理在平面內(nèi)的一條直線，如果和穿過這個平面的一條斜線在這個平面內(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平面內(nèi)的一條直線如果和穿過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．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.(×)(2)垂直于同一個平面的兩平面平行．(×)(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面．(×)(4)若直線a⊥平面α，直線b⊥平面α，則直線a∥直線b.(√)教材改編題1．(多選)若平面α⊥平面β，且α∩β＝l，則下列命題中正確的是()A．平面α內(nèi)的直線必垂直于平面β內(nèi)的任意一條直線B．平面α內(nèi)的已知直線必垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線C．平面α內(nèi)的任一條直線必垂直于平面βD．過平面α內(nèi)任意一點作交線l的垂線，則此垂線必垂直于平面β答案BD解析A項，如圖①，a?α，b?β，且a，b與l都不垂直，則a，b不一定垂直，故A錯；B項，如圖②，a?α，作b⊥l，則b⊥α，則β內(nèi)所有與b平行的直線都與a垂直，故B正確；C項，如圖③，a?α，但a與l不垂直，則a與β不垂直，故C錯；D項，如圖④，由兩平面垂直的性質(zhì)定理可知D正確．2．“直線a與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面α垂直”的________條件．答案必要不充分3．在三棱錐P﹣ABC中，點P在平面ABC上的射影為點O.(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如圖1，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，∴OA＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．圖1圖2(2)如圖2，延長AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點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為△ABC邊AB上的高．同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，即O為△ABC的垂心．題型一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)例1已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，BF⊥A1B1.(1)求三棱錐F﹣EBC的體積；(2)已知D為棱A1B1上的點，證明：BF⊥DE.(1)解如圖，取BC的中點為M，連接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三棱錐F﹣EBC＝V三棱錐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)證明連接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，所以ED在平面EMB1A1內(nèi)．在正方形CC1B1B中，由于F，M分別是CC1，BC的中點，所以由平面幾何知識可得BF⊥B1M，又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，所以BF⊥平面EMB1A1，又DE?平面EMB1A1，所以BF⊥DE.教師備選如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中點，M，N分別在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.證明：AE∥MN.證明∵AB⊥平面PAD，AE?平面PAD，∴AE⊥AB，又AB∥CD，∴AE⊥CD.∵AD＝AP，E是PD的中點，∴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.思維升華證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)．(2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)．跟蹤訓練1如圖所示，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，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，∵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的中點，∴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.題型二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)例2如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點，且PB⊥AM.(1)證明：平面PAM⊥平面PBD；(2)若PD＝DC＝1，求四棱錐P﹣ABCD的體積．(1)證明∵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為BC的中點，∴BM＝eq\f(1,2)AD.由題意知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)，則四棱錐P﹣ABCD的體積VP﹣ABCD＝eq\f(1,3)S矩形ABCD·PD＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×1＝eq\f(\r(2),3).教師備選如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設DO＝eq\r(2)，圓錐的側(cè)面積為eq\r(3)π，求三棱錐P﹣ABC的體積．(1)證明∵D為圓錐頂點，O為底面圓心，∴OD⊥平面ABC，∵P在DO上，OA＝OB＝OC，∴PA＝PB＝PC，∵△ABC是圓內(nèi)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)解設圓錐的母線為l，底面半徑為r，圓錐的側(cè)面積為πrl＝eq\r(3)π，rl＝eq\r(3)，OD2＝l2﹣r2＝2，解得r＝1，l＝eq\r(3)，AC＝2rsin60°＝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)，∴三棱錐P﹣ABC的體積為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).思維升華(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定義．②面面垂直的判定定理．(2)面面垂直性質(zhì)的應用①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)，運用時要注意“平面內(nèi)的直線”．②若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．跟蹤訓練2如圖，在四棱錐PA-BCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E為AD的中點．(1)求證：PE⊥BC；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD.證明(1)因為PA＝PD，E為AD的中點，所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥AD.又因為平面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.又因為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.題型三垂直關(guān)系的綜合應用例3如圖，已知ABCD﹣A1B1C1D1是底面為正方形的長方體，∠AD1A1＝60°，AD1＝4，點P是AD1上的動點．(1)試判斷不論點P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并證明你的結(jié)論；(2)當P為AD1的中點時，求異面直線AA1與B1P所成的角的余弦值；(3)求PB1與平面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，∴與P點位置無關(guān)．(2)過點P作PE⊥A1D1，垂足為E，連接B1E(如圖)，則PE∥AA1，∴∠B1PE或其補角是異面直線AA1與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).∴異面直線AA1與B1P所成的角的余弦值為eq\f(\r(6),4).(3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1，∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1所成的角，tan∠B1PA1＝eq\f(B1A1,A1P)＝eq\f(2,A1P)，當A1P最小時，tan∠B1PA1最大，這時A1P⊥AD1，由A1P＝eq\f(A1D1·A1A,AD1)＝eq\r(3)，得tan∠B1PA1＝eq\f(2\r(3),3)，即PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值為eq\f(2\r(3),3).教師備選如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，四邊形ABCD是邊長為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．(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M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq\f(BM,BS)的值；若不存在，請說明理由．(1)證明如圖，取SC的中點G，連接FG，EG，∵F，G分別是SB，SC的中點，∴FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC，∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點，∴AE∥BC，AE＝eq\f(1,2)BC，∴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，∴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，∴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，∴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)解存在點M滿足題意．假設在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，則BD⊥OM，∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，∴BE＝eq\r(7)，SE＝eq\r(3)，BD＝2OB＝2eq\r(3)，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＝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).思維升華(1)三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉(zhuǎn)化．(2)對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進行推理論證．跟蹤訓練3如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為四邊形，△ABD是邊長為2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD.(1)求證：PD⊥平面ABCD；(2)若二面角C﹣PB﹣D的平面角的余弦值為eq\f(\r(6),6)，求PD的長．(1)證明如圖所示，E為BD的中點，連接AE，△ABD是正三角形，則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)解過點E作EF⊥PB于點F，連接CF，CE，因為BC⊥CD，BC＝CD，E為BD的中點，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，又因為CF?平面EFC，所以CF⊥PB，故∠EFC為二面角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.課時精練1.(2020·新高考全國Ⅰ)日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為()A．20°B．40°C．50°D．90°答案B解析如圖所示，⊙O為赤道平面，⊙O1為A點處的日晷面所在的平面，由點A處的緯度為北緯40°可知∠OAO1＝40°，又點A處的水平面與OA垂直，晷針AC與⊙O1所在的面垂直，則晷針AC與水平面所成角為40°.2．已知m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列可以推出α⊥β的是()A．m⊥l，m?β，l⊥α B．m⊥l，α∩β＝l，m?αC．m∥l，m⊥α，l⊥β D．l⊥α，m∥l，m∥β答案D解析對于A，有可能出現(xiàn)α，β平行這種情況，故A錯誤；對于B，會出現(xiàn)平面α，β相交但不垂直的情況，故B錯誤；對于C，m∥l，m⊥α，l⊥β?α∥β，故C錯誤；對于D，l⊥α，m∥l?m⊥α，又由m∥β?α⊥β，故D正確．3.如圖，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面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)部答案A解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1?平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.因為AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．4．如圖，PA⊥圓O所在平面，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，其中AC＝3，PA＝4，BC＝5，則PB與平面PAC所成角的正弦值為()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解析根據(jù)題意，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，則BC⊥AC，又由PA⊥圓O所在平面，則PA⊥BC，因為PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，故∠BPC是PB與平面PAC所成的角，在△ACB中，AC＝3，BC＝5，AC⊥BC，則AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(34)，在△PAB中，AB＝eq\r(34)，PA＝4，PA⊥AB，則PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝5eq\r(2)，在△PCB中，BC＝5，PB＝5eq\r(2)，則sin∠BPC＝eq\f(BC,PB)＝eq\f(\r(2),2).5.(多選)如圖，AC＝2R為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點A，C重合的點，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，則下列結(jié)論正確的是()A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面PABC．平面PAB⊥平面PBCD．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正確；BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又AC為圓O的直徑，B為圓周上不與點A，C重合的點，∴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正確；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正確．6．(多選)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是()答案BC解析設正方體的棱長為2，對于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，圖(1)故∠POC(或其補角)為異面直線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錯誤．對于B，如圖(2)所示，取AN的中點B，連接PB，OB，圖(2)則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.對于C，如圖(3)所示，取AD的中點C，連接OC，PC，BD，因為P，C分別是DE，AD的中點，所以CP⊥BD，又OC⊥平面ADEB，BD?平面ADEB，圖(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.對于D，如圖(4)所示，取AN的中點B，ME的中點F，連接PB，BF，OF，圖(4)若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，所以OF⊥MN，所以MN⊥平面OFBP，所以MN⊥BF，顯然，MN與BF不可能垂直，所以OP⊥MN不成立．7．已知△ABC在平面α內(nèi)，∠A＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關(guān)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．如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，當?shù)酌鍭1B1C1滿足條件________時，有AB1⊥BC1.(注：填上你認為正確的一種條件即可，不必考慮所有可能的情況)答案A1C1⊥B1C1解析當?shù)酌鍭1B1C1滿足條件A1C1⊥B1C1時，有AB1⊥BC1.理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，∴四邊形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．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ABD沿對角線BD折起，記折起后A的位置為點P，且使平面PBD⊥平面BCD.求證：(1)CD⊥平面PBD；(2)平面PBC⊥平面PDC.證明(1)在四邊形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝90°，則∠ABD＝∠ADB＝45°，又AD∥BC，即有∠DBC＝45°，而∠DCB＝45°，于是得∠BDC＝90°，在折后的幾何體P﹣BCD中，BD⊥DC，因為平面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，則BP⊥平面PDC，又BP?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PDC.10．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，側(cè)面PAD為等邊三角形．(1)求證：AD⊥PB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，點E為PB的中點，求三棱錐P﹣ADE的體積．(1)證明如圖，取AD的中點O，連接OB，OP，BD，因為△PAD為等邊三角形，O是AD的中點，所以OP⊥AD，因為底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，OB⊥AD，因為OP∩OB＝O，OP，OB?平面POB，所以AD⊥平面POB，因為PB?平面POB，所以AD⊥PB.(2)解因為底面ABCD是邊長為2的菱形，△PAD為等邊三角形，所以PA＝PD＝AD＝2，PO＝eq\r(3)，底面ABCD的面積為2eq\r(3)，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，所以PO⊥平面ABCD，因為E為PB的中點，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．(多選如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點，則()A．A，M，N，B四點共面B．平面ADM⊥平面CDD1C1C．直線BN與B1M所成的角為60°D．BN∥平面ADM答案BC解析如圖所示，對于A，直線AM，BN是異面直線，故A，M，N，B四點不共面，故A錯誤；對于B，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，AD?平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正確；對于C，取CD的中點O，連接BO，ON，則B1M∥BO，所以直線BN與B1M所成的角為∠NBO或其補角．易知△BON為等邊三角形，所以∠NBO＝60°，故C正確；對于D，因為BN∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，故D錯誤．12．(多選)如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面為矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝1，PD＝AB＝2，點E是PB的中點，過A，D，E三點的平面α與平面PBC的交線為l，則()A．l∥平面PADB．AE∥平面PCDC．直線PA與l所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)D．平面α截四棱錐P﹣ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積之比為eq\f(3,5)答案ACD解析如圖，取PC的中點F，連接EF，DF，則AD∥EF，即A，D，E，F(xiàn)四點共面，即l為EF，對于A，EF∥AD，所以EF∥平面PAD，即l∥平面PAD，故A正確；對于B，由EF∥AD，若AE∥平面PCD，則必有AE∥DF，即四邊形ADFE為平行四邊形，則AD＝EF，矛盾，故B錯誤；對于C，PA與l所成的角，即PA與EF所成的角，即PA與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正確；對于D，連接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正確．13．如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分別是線段BS，AD的中點，點R在線段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，則AR＝________.答案eq\f(4\r(5),5)解析如圖，取SA的中點E，連接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分別為SA，AD的中點，∴EQ∥SD，則AR⊥SD，在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得SD＝2eq\r(5)，由等面積法可得AR＝eq\f(4\r(5),5).14．如圖，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，DE⊥AB，垂足為E.現(xiàn)將△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱錐A﹣BCD外接球的球心為O，半徑為1，則△DOE面積的最大值為________．答案eq\f(1,4)解析如圖所示，取AC的中點F，DC的中點G，連接EF，DF，F(xiàn)G.∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距離相等，同理F到A，C，D的距離相等，∵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即為三棱錐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)，當且僅當DE＝EF時等號成立，∴S△DEF＝eq\f(1,2)DE·EF≤eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，∴△DEF，即△DOE面積的最大值為eq\f(1,4).15．(多選)在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則()A．當λ＝1時，△AB1P的周長為定值B．當μ＝1時，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值C．當λ＝eq\f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BPD．當μ＝eq\f(1,2)時，有且僅有一個點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)．對于選項A，當λ＝1時，點P在棱CC1上運動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝eq\r(2)＋eq\