2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第7章空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖和直觀圖第5講直線平面垂直的判定與性質(zhì)創(chuàng)新教學(xué)案含解析新人教版

PAGE1-第5講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)[考綱解讀]駕馭線線、線面、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，并能應(yīng)用它們證明有關(guān)空間圖形的垂直關(guān)系的簡潔命題．(重點、難點)[考向預(yù)料]從近三年高考狀況來看，本講是高考的必考內(nèi)容．預(yù)料2024年將會以以下兩種方式進行考查：①以幾何體為載體考查線面垂直的判定和性質(zhì)；②依據(jù)垂直關(guān)系的性質(zhì)進行轉(zhuǎn)化．試題以解答題第一問干脆考查，難度不大，屬中檔題型.1.直線與平面垂直判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內(nèi)的兩條eq\o(□,\s\up1(01))相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(02))a，b?α,\o(□,\s\up1(03))a∩b＝O,\o(□,\s\up1(04))l⊥a,\o(□,\s\up1(05))l⊥b))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線eq\o(□,\s\up1(06))平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(07))a⊥α\o(□,\s\up1(08))b⊥α))?a∥b2．平面與平面垂直判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的eq\o(□,\s\up1(01))一條垂線，則這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(02))l⊥α\o(□,\s\up1(03))l?β))?α⊥β性質(zhì)定理兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于eq\o(□,\s\up1(04))交線的直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(05))α⊥β,\o(□,\s\up1(06))α∩β＝a,\o(□,\s\up1(07))l?β,\o(□,\s\up1(08))l⊥a))?l⊥α3．直線和平面所成的角(1)定義：一條斜線和它在平面上的eq\o(□,\s\up1(01))射影所成的eq\o(□,\s\up1(02))銳角叫做這條直線和這個平面所成的角．(2)范圍：eq\o(□,\s\up1(03))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0°，90°)).4．二面角(1)定義：從一條直線動身的eq\o(□,\s\up1(01))兩個半平面所組成的圖形叫做二面角；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eq\o(□,\s\up1(02))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．(2)范圍：eq\o(□,\s\up1(03))[0°，180°]．5．必記結(jié)論(1)若兩條平行線中一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(2)若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內(nèi)任何一條直線．(3)過空間任一點有且只有一條直線與已知平面垂直．(4)過空間任一點有且只有一個平面與已知直線垂直．(5)兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直．(6)兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面．1．概念辨析(1)直線l與平面α內(nèi)的多數(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)的隨意一條直線垂直于另一個平面．()(4)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的多數(shù)條直線，則α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小題熱身(1)下列命題中不正確的是()A．假如平面α⊥平面β，且直線l∥平面α，則直線l⊥平面βB．假如平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)肯定存在直線平行于平面βC．假如平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)肯定不存在直線垂直于平面βD．假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ答案A解析A錯誤，如圖1所示，在長方體中α⊥β，l∥α，但l?β；B正確，設(shè)α∩β＝l，則α內(nèi)與l平行的直線都與β平行；C正確，由面面垂直的判定可知；D正確，如圖2所示，在平面α內(nèi)，作α與γ交線的垂線m，在平面β內(nèi)作β與γ的交線的垂線n，由α⊥γ得m⊥γ，由β⊥γ得n⊥γ，所以m∥n.可推出m∥β，進而推出m∥l，所以l⊥γ.(2)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案B解析依據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，過H作直線垂直于平面AEF，肯定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；已證平面HAG⊥平面AEF，若證HG⊥平面AEF，只需證HG⊥AG，已證AH⊥HG，故HG⊥AG不成立，所以HG與平面AEF不垂直，∴D不正確．故選B.(3)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D答案eq\f(1,3)解析連接A1C1，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角．因為AB＝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)已知PD垂直于菱形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則肯定相互垂直的平面有______對．答案4解析由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，由于AC⊥平面PDB，所以平面PAC⊥平面PDB，共4對．題型一直線與平面的位置關(guān)系角度1直線與平面所成的角1．(2024·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)答案C解析如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BC1，依據(jù)線面角的定義可知∠AC1B＝30°，因為AB＝2，eq\f(AB,BC1)＝tan30°，所以BC1＝2eq\r(3)，從而求得CC1＝eq\r(BC\o\al(2,1)－BC2)＝2eq\r(2)，所以該長方體的體積為V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).故選C.角度2直線與平面垂直的判定和性質(zhì)2．(2024·鎮(zhèn)江模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC與BD交于點O，PC⊥底面ABCD，E為PB上一點，G為PO的中點．(1)若PD∥平面ACE，求證：E為PB的中點；(2)若AB＝eq\r(2)PC，求證：CG⊥平面PBD.證明(1)如圖，連接OE，由四邊形ABCD是正方形知，O為BD的中點，∵PD∥平面ACE，PD?平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝OE，∴PD∥OE，∵O為BD的中點，∴E為PB的中點．(2)在四棱錐P－ABCD中，AB＝eq\r(2)PC，∵四邊形ABCD是正方形，∴OC＝eq\f(\r(2),2)AB，∴PC＝OC，∵G為PO的中點，∴CG⊥PO.又PC⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，∴PC⊥BD.而四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵AC，PC?平面PAC，AC∩PC＝C，∴BD⊥平面PAC，又CG?平面PAC，∴BD⊥CG.∵PO，BD?平面PBD，PO∩BD＝O，∴CG⊥平面PBD.1．求直線和平面所成角的步驟(1)找尋過斜線上一點與平面垂直的直線．(2)連接垂足和斜足得到斜線在平面上的射影，斜線與其射影所成的銳角即為所求的角．(3)把該角歸結(jié)在某個三角形中，通過解三角形，求出該角．如舉例說明1.2．證明直線與平面垂直的常用方法(1)利用線面垂直的判定定理，這是主要證明方法．如舉例說明2(2)．(2)利用“兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個平面垂直”．(3)利用“一條直線垂直于兩個平行平面中的一個，則與另一個也垂直”．(4)利用面面垂直的性質(zhì)定理．1．已知一個正四棱柱的體對角線長為eq\r(6)，且體對角線與底面所成的角的余弦值為eq\f(\r(3),3)，則該四棱柱的表面積為________．答案10解析由圖可知，BD＝eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝eq\r(2)，DD1＝eq\r(BD\o\al(2,1)－BD2)＝eq\r(6－2)＝2，底面邊長AB＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1，所以所求表面積為4AA1·AB＋2AB2＝4×2×1＋2×12＝10.2．如圖，S是Rt△ABC所在平面外一點，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點．(1)求證：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC.證明(1)如圖所示，取AB的中點E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分別為AC，AB的中點．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD?平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D為AC的中點，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，則BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.題型二面面垂直的判定與性質(zhì)1．如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在平面，C是圓周上不同于A，B兩點的隨意一點，且AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，則二面角A－BC－P的大小為________．答案60°解析因為AB為⊙O的直徑，所以AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，可求得BC⊥PC，所以∠PCA為二面角A－BC－P的平面角．因為∠ACB＝90°，AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，所以AC＝1，所以在Rt△PAC中，tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(3).所以∠PCA＝60°.結(jié)論探究在本例的條件下，二面角A－PB－C的正切值為________．答案eq\f(\r(7),3)解析如圖，過A作AF⊥PC，垂足為F，過F作FE⊥PB，垂足為E，連接AE，由舉例說明1易得BC⊥平面PAC.又AF?平面PAC，所以AF⊥BC.又PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC.所以PB⊥AF，又PB⊥EF，AF∩EF＝F，所以PB⊥平面AEF，所以PB⊥AE，所以∠AEF為二面角A－PB－C的平面角，在Rt△PAC中，AC＝1，PA＝eq\r(3)，∠PAC＝90°.所以tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(3)，所以∠PCA＝60°，所以CF＝1×cos60°＝eq\f(1,2)，AF＝1×sin60°＝eq\f(\r(3),2).在Rt△PBC中，PC＝2，BC＝eq\r(3)，∠PCB＝90°，PB＝eq\r(7).由△PEF∽△PCB得eq\f(EF,BC)＝eq\f(PF,PB)，所以eq\f(EF,\r(3))＝eq\f(\f(3,2),\r(7))，所以EF＝eq\f(3\r(21),14)，在Rt△AEF中，tan∠AEF＝eq\f(AF,EF)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(3\r(21),14))＝eq\f(\r(7),3)，即二面角A－PB－C的正切值為eq\f(\r(7),3).2．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，點E在棱PC上(異于點P，C)，平面ABE與棱PD交于點F.(1)求證：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求證：平面PAD⊥平面ABCD.證明(1)因為四邊形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB?平面PDC，CD?平面PDC，所以AB∥平面PDC，又AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因為四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因為AF⊥EF，(1)中已證AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由點E在棱PC上(異于點C)，所以點F異于點D，所以AF∩AD＝A，AF，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.1．作二面角的平面角的方法(1)定義法：在棱上取點，分別在兩面內(nèi)引兩條射線與棱垂直，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．如舉例說明1.(2)垂線法：如圖所示，作PO⊥β，垂足為O，作OA⊥l，垂足為A，連接PA，則∠PAO為二面角α－l－β的平面角．(3)補棱法：在求解二面角問題時，若構(gòu)成二面角的兩個半平面沒有明確的交線，則將兩平面的圖形補充完整，使之有明確的交線(稱為補棱)，然后借助前述的定義法或垂線法解題．(4)射影面積法eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(S射影,S斜)))：二面角的圖形中含有可求原圖形面積和該圖形在另一個半平面上的射影圖形面積時，都可利用射影面積公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(S射影,S斜)))求出二面角的大?。?5)向量法(最常用)．(6)轉(zhuǎn)化為線面角：如圖，求α－l－β的二面角，即求AB與β所成的角．2．證明面面垂直的兩種方法(1)定義法：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，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線面垂直加以解決．如舉例說明2(2)．如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，M是AB的中點，AC＝CB＝CC(1)求證：平面A1CM⊥平面ABB1A(2)求點M到平面A1CB1的距離．解(1)證明：由A1A⊥平面ABC，CM?平面ABC，得A1A⊥∵AC＝CB，M是AB的中點，∴AB⊥CM.又A1A∩AB＝A.∴CM⊥平面ABB1A又CM?平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1(2)設(shè)點M到平面A1CB1的距離為h，由題意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2eq\r(2)，S△A1CB1＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2＝2eq\r(3)，S△A1MB1＝eq\f(1,2)S四邊形ABB1A1＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).由(1)可知CM⊥平面ABB1A1得VC－A1MB1＝eq\f(1,3)MC·S△A1MB1＝VM－A1CB1＝eq\f(1,3)h·S△A1CB1.∴點M到平面A1CB1的距離h＝eq\f(MC·S△A1MB1,S△A1CB1)＝eq\f(2\r(3),3).題型三平面圖形的翻折問題(2024·南昌模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，E，F(xiàn)是邊DC的三等分點．現(xiàn)將△DAE，△CBF分別沿AE，BF折起，使得平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直．(1)若G為線段AB上一點，且AG＝1，求證：DG∥平面CBF；(2)求多面體CDABFE的體積．解(1)證明：如圖，分別取AE，BF的中點M，N，連接DM，CN，MG，MN，因為AD＝DE＝1，∠ADE＝90°，所以DM⊥AE，且DM＝eq\f(\r(2),2).因為BC＝CF＝1，∠BCF＝90°，所以CN⊥BF，且CN＝eq\f(\r(2),2).因為平面DAE、平面CBF均與平面ABFE垂直，所以DM⊥平面ABFE，CN⊥平面ABFE，所以DM∥CN，因為AM＝AGcos45°，所以∠AMG＝90°，所以△AMG是以AG為斜邊的等腰直角三角形，故∠MGA＝45°，而∠FBA＝45°，則MG∥FB，故平面DMG∥平面CBF，則DG∥平面CBF.(2)如圖，連接BE，DF，由(1)可知，DM∥CN，且DM＝CN，則四邊形DMNC為平行四邊形，故DC＝MN＝eq\f(EF＋AB,2)＝2.因為V多面體CDABFE＝VD－ABE＋VB－EFCD＝VD－ABE＋3VB－DEF＝VD－ABE＋3VD－BEF，所以V多面體CDABFE＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×1))×eq\f(\r(2),2)＋3×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).平面圖形翻折為空間圖形問題的解題關(guān)鍵是看翻折前后線面位置關(guān)系的改變，依據(jù)翻折的過程找到翻折前后線線位置關(guān)系中沒有改變的量和發(fā)生改變的量，這些不變的和改變的量反映了翻折后的空間圖形的結(jié)構(gòu)特征．解決此類問題的步驟為：(2024·合肥二檢)如圖1，在平面五邊形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7).將△CDE沿CE折起，使點D到P的位置，且AP＝eq\r(3)，得到如圖2所示的四棱錐P－ABCE.(1)求證：AP⊥平面ABCE；(2)記平面PAB與平面PCE相交于直線l，求證：AB∥l.證明(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7)，∴由余弦定理得CE＝2.連接AC，如圖，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝eq\r(3)，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.∵AC∩AE＝A，AC?平面ABCE，AE?平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.(2)∵AB∥CE，且CE?平面PCE，AB?平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.組基礎(chǔ)關(guān)1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β答案D解析如圖所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l?AC⊥m；AB∥l?AB∥β，只有D不肯定成立，故選D.2．(2024·武漢模擬)已知兩個平面相互垂直，下列命題：①一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的隨意一條直線②一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的多數(shù)條直線③一個平面內(nèi)隨意一條直線必垂直于另一個平面④過一個平面內(nèi)隨意一點作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面其中正確命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析由題意，對于①，當(dāng)兩個平面垂直時，一個平面內(nèi)的不垂直于交線的直線不垂直于另一個平面內(nèi)的隨意一條直線，故①錯誤；對于②，設(shè)平面α∩平面β＝m，n?α，l?β，∵平面α⊥平面β，∴當(dāng)l⊥m時，必有l(wèi)⊥α，而n?α，∴l(xiāng)⊥n，而在平面β內(nèi)與l平行的直線有多數(shù)條，這些直線均與n垂直，故一個平面內(nèi)的己知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的多數(shù)條直線，即②正確；對于③，當(dāng)兩個平面垂直時，一個平面內(nèi)的任一條直線不垂直于另一個平面，故③錯誤；對于④，當(dāng)兩個平面垂直時，過一個平面內(nèi)隨意一點作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面，這是面面垂直的性質(zhì)定理，故④正確．3.如圖，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論正確的是()A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直線BC∥平面PAED．直線PD與平面ABC所成的角為45°答案D解析選項A，B，C明顯錯誤．∵PA⊥平面ABC，∴∠PDA是直線PD與平面ABC所成的角．∵ABCDEF是正六邊形，∴AD＝2AB.∵tan∠PDA＝eq\f(PA,AD)＝eq\f(2AB,2AB)＝1，∴直線PD與平面ABC所成的角為45°.故選D.4．(2024·江西南昌摸底)如圖，在四面體ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么點D在平面ABC內(nèi)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解析因為AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以點D在平面ABC內(nèi)的射影H必在直線AB上．故選A.5．如圖，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(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2答案A解析設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝eq\r(2)，矩形ABB1A1中，tan∠FDB1＝eq\f(B1F,B1D)，tan∠A1AB1＝eq\f(A1B1,AA1)＝eq\f(\r(2),2).又∠FDB1＝∠A1AB1，所以eq\f(B1F,B1D)＝eq\f(\r(2),2).故B1F＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2).故選A.6．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則()A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線答案B解析解法一：取CD的中點O，連接EO，ON.由△ECD是正三角形，知EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD.∴EO⊥ON.又N為正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中點O為原點，eq\o(OD,\s\up6(→))方向為x軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖1所示．不妨設(shè)AD＝2，則E(0,0，eq\r(3))，N(0,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，B(－1,2,0)，∴EN＝eq\r(12＋－\r(3)2)＝2，BM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋4＋\f(3,4))＝eq\r(7)，∴EN≠BM.連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.解法二：如圖2，取CD的中點F，DF的中點G，連接EF，F(xiàn)N，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨設(shè)AB＝2，則FN＝1，EF＝eq\r(3)，∴EN＝eq\r(FN2＋EF2)＝2.∵EM＝MD，DG＝GF，∴MG∥EF且MG＝eq\f(1,2)EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(\r(3),2)，BG＝eq\r(CG2＋BC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，∴BM＝eq\r(MG2＋BG2)＝eq\r(7).∴BM≠EN.連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B.7．已知ABC－A1B1C1是全部棱長均相等的直三棱柱，M是B1CA．在棱AB上存在點N，使MN與平面ABC所成的角為45°B．在棱AA1上存在點N，使MN與平面BCC1B1所成的角為45°C．在棱AC上存在點N，使MN與AB1平行D．在棱BC上存在點N，使MN與AB1垂直答案B解析設(shè)該直三棱柱的棱長均為a，取BC的中點P，連接MP，則MP⊥平面ABC，點N在棱AB上，若MN與平面ABC所成角為45°，即∠MNP＝45°，則PN＝PM＝a，而PNmax＝eq\f(\r(3),2)a＜a，A錯誤；若點N在棱AA1上，則點N在平面BCC1B1上的射影為點Q，且MQ∥CC1，此時MN與平面BCC1B1所成角即為∠NMQ，當(dāng)NQ＝A1N＝eq\f(\r(3),2)a時，∠NMQ＝45°，B正確；因為AC與B1C1是異面直線，所以點N在AC上時，MN與AB1是異面直線或相交直線，不行能平行，C錯誤；取BC的中點K，則AK⊥平面BCC1B1，AK⊥MN，若MN⊥AB1，則MN⊥平面AB1K，此時MN⊥B1K，當(dāng)N在棱BC上時，MN⊥B1K不行能成立，D錯誤，故選B.8．(2024·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：________.答案若m∥α且l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)解析已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.9.如圖，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，則AD＝________.答案a解析作BC的中點E，連接AE，DE，則在Rt△ABC中，AB＝AC＝a，由勾股定理得BC＝2AE＝eq\r(2)a，且有AE⊥BC，又平面ABC⊥平面BDC，平面ABC∩平面BDC＝BC，且直線AE在平面ABC內(nèi)，∴由面面垂直的性質(zhì)定理得AE⊥平面BDC，∵DE?平面BDC內(nèi)，∴AE⊥DE，又在Rt△BCD中，點E是BC的中點，∴DE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(\r(2),2)a，在Rt△ADE中，AE＝eq\f(\r(2),2)a，由勾股定理得AD＝eq\r(AE2＋DE2)＝a.10．(2024·湖北省“四地七?！甭?lián)考)現(xiàn)有編號為①、②、③的三個三棱錐(底面水平放置)，俯視圖分別為圖1、圖2、圖3，則至少存在一個側(cè)面與此底面相互垂直的三棱錐的全部編號是________．答案①②解析編號為①的三棱錐，其直觀圖可能是①，側(cè)棱VC⊥底面ABC，則側(cè)面VAC⊥底面ABC，滿意題意；編號為②的三棱錐，其直觀圖可能是②，側(cè)面PBC⊥底面ABC，滿意題意；編號為③的三棱錐，頂點的投影不在底面邊上(如圖③)，不存在側(cè)面與底面垂直．故答案為①②.組實力關(guān)1．如圖所示，三棱錐P－ABC的底面在平面α內(nèi)，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，點P，A，B是定點，則動點C的軌跡是()A．一條線段B．一條直線C．一個圓D．一個圓，但要去掉兩個點答案D解析∵平面PAC⊥平面PBC，而平面PAC∩平面PBC＝PC.又AC?平面PAC，且AC⊥PC，∴AC⊥平面PBC，而BC?平面PBC，∴AC⊥BC，∴點C在以AB為直徑的圓上，∴點C的軌跡是一個圓，但是要去掉A和B兩點．故選D.2．如圖，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為A1D1的中點，Q為A1B1上隨意一點，E，F(xiàn)為CD上隨意兩點，且EFA．點P到平面QEF的距離B．三棱錐P－QEF的體積C．直線PQ與平面PEF所成的角D．二面角P－EF－Q的大小答案C解析A中，因為平面QEF也就是平面A1B1CD，明顯點P到平面A1B1CD的距離是定值，所以點P到平面QEF的距離為定值；B中，因為△QEF的面積是定值(EF為定長，點Q到EF的距離就是點Q到CD的距離，也是定長，即底和高都是定值)，再依據(jù)A的結(jié)論，即點P到平面QEF的距離也是定值，所以三棱錐P－QEF的高也是定值，所以三棱錐P－QEF的體積是定值；C中，因為Q是動點，PQ的長不固定，而Q到平面PEF的距離為定值，所以PQ與平面PEF所成的角不是定值；D中，因為A1B1∥CD，Q為A1B1上隨意一點，E，F(xiàn)為CD上隨意兩點，所以二面角P－EF－Q的大小即為二面角P－CD－A1的大小，為定值．3．(2024·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析依據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1與線AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面C1BD也滿意與正方體的每條棱所在的直線所成的角都是相等的，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面AB1D1與C1BD中間的，且過棱的中點的正六邊形，邊長為eq\f(\r(2),2)，所以其面積為S＝6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4)，故選A.4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC與BD的交點為M，又PA＝AB＝4，AD＝CD，∠CDA＝120°，N是CD的中點．(1)求證：平面PMN⊥平面PAB；(2)求點M到平面PBC的距離．解(1)證明：在正△ABC中，AB＝BC，在△ACD中，AD＝CD，易證△ADB≌△CDB，所以M為AC的中點，因為N是CD的中點，所以MN∥AD.因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因為∠CDA＝120°，所以∠DAC＝30°，因為∠BAC＝60°，所以∠BAD＝90°，即BA⊥AD.因為PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以MN⊥平面PAB.又MN?平面PMN，所以平面PMN⊥平面PAB.(2)設(shè)點M到平面PBC的距離為h，在Rt△PAB中，PA＝AB＝4，所以PB＝4eq\r(2)，在Rt△PAC中，PA＝AC＝4，所以PC＝4eq\r(2)，在△PBC中，PB＝4eq\r(2)，PC＝4eq\r(2)，BC＝4，所以S△PBC＝4eq\r(7).由△ABC是正三角形，M是AC的中點，得BM⊥AC，在Rt△BMC中，MC＝2，BM＝2eq\r(3)，所以S△BMC＝2eq\r(3).由VM－PBC＝VP－BMC，即eq\f(1,3)×4eq\r(7)×h＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×4，解得h＝eq\f(2\r(21),7)，所以點M到平面PBC的距離為eq\f(2\r(21),7).組素養(yǎng)關(guān)1．(2024·湖南長郡中學(xué)模擬)如圖，