第5课时 空间直线、平面的垂直
[考试要求] 从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．
1．直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的______一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一条直线与一个平面内的两条______直线垂直，那么该直线与此平面垂直 l⊥α
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线______ a∥b
(3)直线和平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在______________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
②一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°；直线与平面所成的角θ的取值范围是______________．
2．二面角
(1)从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角．以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作__________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(2)二面角的平面角α的范围：_______________．
3．平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是__________，就说这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一个平面过另一个平面的______，那么这两个平面垂直 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______，那么这条直线与另一个平面垂直 l⊥α
[常用结论]
直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线．
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行． ( )
(2)若α⊥β，a⊥β a∥α． ( )
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b． ( )
(4)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．( )
二、教材经典衍生
1．(人教A版必修第二册P162练习T2改编)已知平面α，β和直线m，l，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
B．若α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β
C．若α⊥β，l α，则l⊥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β
2．(人教A版必修第二册P158例8改编)如图，AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD垂直圆柱的底面，则必有( )
A．平面ABC⊥平面BCD
B．平面BCD⊥平面ACD
C．平面ABD⊥平面ACD
D．平面BCD⊥平面ABD
3．(人教A版必修第二册P152例4改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．
4．(人教A版必修第二册P152练习T4改编)已知点P为边长为a的正△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
[典例1] 如图，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．
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判定线面垂直的四种方法
[跟进训练]
1．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
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(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
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考点二 平面与平面垂直的判定与性质
[典例2] 如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：
(1)PA⊥BC；
(2)平面BEC⊥平面PDC．
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证明面面垂直的两种方法
提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
[跟进训练]
2．如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：
(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(2)BC1⊥AB1．
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考点三 垂直关系的综合应用
[典例3] 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
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三种垂直关系的转化
线线垂直线面垂直面面垂直
[跟进训练]
3．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：
(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)点C到平面BPQ的距离．
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1．三垂线定理
如果平面内的一条直线和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
如果平面内的一条直线和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．
[典例1] (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是( )
A B
C D
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[典例2] 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的中点，求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．
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第5课时 空间直线、平面的垂直
梳理·必备知识
1．(1)任意 (2)相交 l⊥a l⊥b a∩b＝O a，b?α 平行 a⊥α b⊥α (3)平面上的射影 0°≤θ≤90°
2．(1)两个半平面 垂直于棱 (2)0°≤α≤180°
3．(1)直二面角 (2)垂线 l⊥α l?β 交线 α⊥β α∩β＝a l⊥a l?β
激活·基本技能
一、(1)× (2)× (3)√ (4)×
二、1．D [若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l?β或l∥β或l与β相交，A错误；
若α∩β＝m，l?α，l⊥m，则l与β相交但不一定垂直，B错误；
若α⊥β，l?α，则l?β或l∥β或l与β相交，C错误；
若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，则l⊥β，由面面垂直的性质定理可知D正确．
故选D．]
2．B [因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直圆柱的底面，所以AD⊥BC，
因为AC∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，
所以BC⊥平面ACD，因为BC?平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ACD．
故选B．]
3． [连接A1C1(图略)，由题意知∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，
又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin ∠AC1A1＝．]
4． [设点P在平面ABC上的射影为点O．由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．如图，延长CO交AB于点G．因为△ABC是正三角形，
故CG＝a，易知OG＝a．
又因为PA＝PB＝AB＝a，所以△ABP是等边三角形，所以PG＝a，则点P到平面ABC的距离PO＝a．]
考点一
典例1 证明：(1)在四棱锥P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，
∴PA⊥CD，
又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
又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．
又PD?平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB?底面ABCD，
∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，∴AB⊥平面PAD．
又PD?平面PAD，
∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，
∴PD⊥平面ABE．
跟进训练
1．解：(1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．
又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1?平面AA1B1B，
∴C1D⊥平面AA1B1B．
(2)选①③能使AB1⊥平面C1DF．
如图，连接DF，A1B，
∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝．
又AA1＝，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1．
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1．
∵DF∩C1D＝D，DF，C1D?平面C1DF，
∴AB1⊥平面C1DF．
考点二
典例2 证明：(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA?平面PAB，PA⊥AB，∴PA⊥平面ABCD．
∵BC?平面ABCD，
∴PA⊥BC．
(2)取PD的中点F，如图，连接EF，AF．
在△PCD中，E，F分别为PC，PD的中点，
∴EF∥DC，EF＝DC．
又AB∥DC，AB＝DC，∴AB綉EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，∴BE∥AF．
∵AP＝AD，F为PD的中点，
∴AF⊥PD，∴BE⊥PD．
∵PA⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，
∴PA⊥DC．
∵AB∥CD，∠DAB＝90°，
∴AD⊥DC．
∵AD∩PA＝A，AD，PA?平面PAD，
∴DC⊥平面PAD．
∵AF?平面PAD，∴DC⊥AF．
∵BE∥AF，∴DC⊥BE．
∵DC∩PD＝D，DC，PD?平面PDC，
∴BE⊥平面PDC．又BE?平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC．
跟进训练
2．证明：(1)设BC的中点为M，
因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，所以B1M⊥平面ABC，
又因为AC?平面ABC，所以B1M⊥AC，
又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B1M∩BC＝M且B1M，BC?平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因为AC?平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB．
(2)连接B1C，因为AC⊥平面B1C1CB，且BC1?平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，
在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为BC＝CC1，所以四边形B1C1CB为菱形，
所以B1C⊥BC1．
又因为B1C∩AC＝C，且B1C，AC?平面ACB1，
所以BC1⊥平面ACB1，
因为AB1?平面ACB1，
所以BC1⊥AB1．
考点三
典例3 解：(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD?平面PAC，则AD⊥平面PBC．
又BC?平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC．
又PA，AD?平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB?平面PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE?平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE?平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A－PB－C的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，
又由(1)知BC⊥平面PAC, AC?平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝，PA⊥平面ABC，
AB?平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝，
AE＝，则sin ∠AED＝，则∠AED＝60°，即二面角A－PB－C的大小为60°．
跟进训练
3．解：(1)连接BD交AC于点O，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD?平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA?平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝，
在Rt△POB中，OB＝，∴sin ∠BPO＝，故BP与平面PACQ所成角的正弦值为．
(2)取PQ的中点M，连接BM，DM，
由(1)知，PA⊥平面ABCD．
∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，
∴BP＝BQ，DP＝DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B－PQ－D的平面角，
在△BDM中，BD＝2，BM＝DM＝
＝＝2，
由余弦定理的推论知，cos ∠BMD＝，
∴∠BMD＝120°，
故二面角B－PQ－D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°．
(3)设点C到平面BPQ的距离为d，
∵VC－BPQ＝VB－CPQ，∴∴d×2×2＝×1×2, ∴d＝，故点C到平面BPQ的距离为．
拓展视野1
典例1 BC [本题可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很直观．如图所示：
A B
C D
选项A，OP在上底面的射影与MN重合，因此不满足题意；
选项B，OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为棱的中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；
选项C，OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为棱的中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；
选项D，OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．
综上，故选BC．]
典例2 解：如图，过点C作CM⊥DE，垂足为点M，连接C1M．
因为C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂线定理)，
故∠C1MC即为二面角C1-DE-C的平面角．
因为E为BC的中点且四边形ABCD为正方形，
则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，DE＝，
则CM＝，又C1C＝1，
则tan ∠C1MC＝．
即平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值为．
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第七章
立体几何与空间向量
第5课时 空间直线、平面的垂直
[考试要求] 从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．
链接教材·夯基固本
1．直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的______一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
任意
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一条直线与一个平面内的两条______直线垂直，那么该直线与此平面垂直 l⊥α
相交
文字语言 图形语言 符号语言
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线______ a∥b
平行
(3)直线和平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在______________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
②一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°；直线与平面所成的角θ的取
值范围是______________．
平面上的射影
0°≤θ≤90°
2．二面角
(1)从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角．以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作__________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(2)二面角的平面角α的范围：_______________．
两个半平面
垂直于棱
0°≤α≤180°
3．平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是__________，就说这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
直二面角
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 如果一个平面过另一个平面的______，那么这两个平面垂直 α⊥β
垂线
文字语言 图形语言 符号语言
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______，那么这条直线与另一个平面垂直 l⊥α
交线
[常用结论]
直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线．
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行． ( )
(2)若α⊥β，a⊥β a∥α． ( )
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b． ( )
(4)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． ( )
×
×
√
×
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版必修第二册P162练习T2改编)已知平面α，β和直线m，l，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
B．若α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β
C．若α⊥β，l α，则l⊥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β
D [若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l β或l∥β或l与β相交，A错误；
若α∩β＝m，l α，l⊥m，则l与β相交但不一定垂直，B错误；
若α⊥β，l α，则l β或l∥β或l与β相交，C错误；
若α⊥β，α∩β＝m，l α，l⊥m，则l⊥β，由面面垂直的性质定理可知D正确．
故选D．]
2．(人教A版必修第二册P158例8改编)如图，AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD垂直圆柱的底面，则必有( )
A．平面ABC⊥平面BCD
B．平面BCD⊥平面ACD
C．平面ABD⊥平面ACD
D．平面BCD⊥平面ABD
√
B [因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直圆柱的底面，所以AD⊥BC，
因为AC∩AD＝A，AC，AD 平面ACD，
所以BC⊥平面ACD，因为BC 平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ACD．
故选B．]
3．(人教A版必修第二册P152例4改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．
[连接A1C1(图略)，由题意知∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，
又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin ∠AC1A1＝＝．]
4．(人教A版必修第二册P152练习T4改编)已知点P为边长为a的正△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．
a
a [设点P在平面ABC上的射影为点O．由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．如图，延长CO交AB于点G．因为△ABC是正三角形，故CG＝a，易知OG＝CG＝a．
又因为PA＝PB＝AB＝a，所以△ABP是等边三角形，所以PG＝＝a，则点P到平面ABC的距离PO＝＝a．]
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
[典例1] 如图，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．
典例精研·核心考点
[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，
∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
又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．
又PD 平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB 底面ABCD，
∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，∴AB⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，∴PD⊥平面ABE．
名师点评 判定线面垂直的四种方法
[跟进训练]
1．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可
使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．
解：(1)证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．
又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1 平面AA1B1B，
∴C1D⊥平面AA1B1B．
(2)选①③能使AB1⊥平面C1DF．
如图，连接DF，A1B，
∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝．
又AA1＝，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1．
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1．
∵DF∩C1D＝D，DF，C1D 平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF．
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
[典例2] 如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：
(1)PA⊥BC；
(2)平面BEC⊥平面PDC．
[证明] (1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA 平面PAB，PA⊥AB，
∴PA⊥平面ABCD．
∵BC 平面ABCD，
∴PA⊥BC．
(2)取PD的中点F，如图，连接EF，AF．
在△PCD中，E，F分别为PC，PD的中点，
∴EF∥DC，EF＝DC．
又AB∥DC，AB＝DC，∴AB綉EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，∴BE∥AF．
∵AP＝AD，F为PD的中点，
∴AF⊥PD，∴BE⊥PD．
∵PA⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，
∴PA⊥DC．
∵AB∥CD，∠DAB＝90°，
∴AD⊥DC．
∵AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，
∴DC⊥平面PAD．
∵AF 平面PAD，∴DC⊥AF．
∵BE∥AF，∴DC⊥BE．
∵DC∩PD＝D，DC，PD 平面PDC，
∴BE⊥平面PDC．又BE 平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC．
名师点评 证明面面垂直的两种方法
提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
[跟进训练]
2．如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：
(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(2)BC1⊥AB1．
[证明] (1)设BC的中点为M，
因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，所以B1M⊥平面ABC，
又因为AC 平面ABC，所以B1M⊥AC，
又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B1M∩BC＝M且B1M，BC 平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因为AC 平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB．
(2)连接B1C，因为AC⊥平面B1C1CB，且BC1 平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，
在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，
因为BC＝CC1，所以四边形B1C1CB为菱形，
所以B1C⊥BC1．
又因为B1C∩AC＝C，且B1C，AC 平面ACB1，
所以BC1⊥平面ACB1，
因为AB1 平面ACB1，所以BC1⊥AB1．
【教用·备选题】
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，求的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取SC的中点G，连接FG，EG．
∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝BC．
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC．
AE＝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)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＝，SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE 平面SAD，∴SE⊥底面ABCD，∴SE⊥BE，
∴BS＝＝，
∴cos ∠SBD＝＝，
∴＝，∴BM＝，∴＝．
考点三 垂直关系的综合应用
[典例3] 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
解：(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD 平面PAC，则AD⊥平面PBC．
又BC 平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC．
又PA，AD 平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB 平面PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE 平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE 平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，AD＝＝，
又由(1)知BC⊥平面PAC, AC 平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝，PA⊥平面ABC，
AB 平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝，
AE＝＝，则sin ∠AED＝＝＝，
则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°．
名师点评 三种垂直关系的转化
[跟进训练]
3．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：
(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)点C到平面BPQ的距离．
解：(1)连接BD交AC于点O，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD 平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA 平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝＝＝，
在Rt△POB中，OB＝，∴sin ∠BPO＝＝＝，
故BP与平面PACQ所成角的正弦值为．
(2)取PQ的中点M，连接BM，DM，
由(1)知，PA⊥平面ABCD．
∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，
∴BP＝BQ，DP＝DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角，
在△BDM中，BD＝2，BM＝DM＝
＝＝＝2，
由余弦定理的推论知，cos ∠BMD
＝＝＝－，
∴∠BMD＝120°，
故二面角B-PQ-D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°．
(3)设点C到平面BPQ的距离为d，
∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴d×BM·PQ＝OB×CQ·PQ，∴d×2×2＝×1×2，∴d＝，
故点C到平面BPQ的距离为．
【教用·备选题】
如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥B-VAC的高．
解：(1)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB．
因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC 平面ABC，所以OC⊥平面VAB．
因为OC 平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB．
(2)在等腰Rt△ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积为S△VAB＝×22×
sin 60°＝，又因为OC⊥平面VAB，所以OC⊥OM．
在△AMC中，AM＝1，AC＝，MC＝，
所以S△AMC＝×1×＝，
所以S△VAC＝2S△AMC＝．
设三棱锥B-VAC的高为h，
由三棱锥B-VAC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，
即S△VAC·h＝S△VAB·OC,
所以h＝＝，
即三棱锥B-VAC的高为．
1．三垂线定理
如果平面内的一条直线和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
如果平面内的一条直线和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．
[典例1] (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是( )
√
A B
C D
√
BC [本题可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很直观．如图所示：
A B
C D
选项A，OP在上底面的射影与MN重合，因此不满足题意；
选项B，OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为棱的中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；
选项C，OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为棱的中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；
选项D，OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．
综上，故选BC．]
[典例2] 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的中点，求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．
解：如图，过点C作CM⊥DE，垂足为点M，连接C1M．
因为C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂线定理)，
故∠C1MC即为二面角C1-DE-C的平面角．
因为E为BC的中点且四边形ABCD为正方形，
则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，DE＝，
则CM＝，又C1C＝1，
则tan ∠C1MC＝＝．
即平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值为．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
13
课后作业(四十二) 空间直线、平面的垂直(一)
√
14
C [对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误．
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交或异面，故D错误．故选C．]
题号
1
3
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13
14
2．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是( )
A．平面ABCD
B．平面PBC
C．平面PAD
D．平面PAB
题号
1
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13
14
√
C [因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥CD，
由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，
因为PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又CD 平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD．
故选C．]
题号
1
3
5
2
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13
14
3．如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在平面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
题号
1
3
5
2
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12
13
14
√
A [连接AC1(图略)．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．故选A．]
题号
1
3
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2
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13
14
4．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，F是PB上一点，则下列说法错误的是( )
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
题号
1
3
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2
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13
14
√
C [对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，BC 底面圆面，则PA⊥BC，
又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；
对于B，由A选项可知BC⊥AE，
由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC 平面PCB，所以AE⊥平面PCB，而EF 平面PCB，
题号
1
3
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13
14
所以AE⊥EF，所以B正确；
对于C，由B选项可知AE⊥平面PCB，所以AC与平面PCB不垂直，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；
对于D，由B选项可知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，所以D正确．故选C．]
题号
1
3
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14
5．(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B．1
C．2 D．3
题号
1
3
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2
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14
√
B [法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝×6×3＝＝×2×＝，
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，
则＝h＝，解得h＝．
如图，分别过A1，D1作底面的垂线，
垂足为M，N，设AM＝x，
题号
1
3
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2
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14
则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝＝，
结合BCC1B1为等腰梯形可得＝，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan ∠A1AM＝＝1．
题号
1
3
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6
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14
法二：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，
因为＝＝，则＝，
可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18．
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×
6×＝18，解得d＝2，
题号
1
3
5
2
4
6
8
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13
14
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1．故选B．]
题号
1
3
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2
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14
6．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为( )
A．1 B．2
C． D．
题号
1
3
5
2
4
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13
14
√
D [由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD．
如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF．过点P作PG⊥EF，垂足为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为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG
＝＝＝．故选D．]
题号
1
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2
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14
二、多项选择题
7．已知平面α∩平面β＝l，B，D是l上两点，直线AB α且AB∩l＝B，直线CD β且CD∩l＝D．下列结论中，错误的是( )
A．若AB⊥l，CD⊥l，且AB＝CD，则四边形ABCD是平行四边形
B．若M是AB的中点，N是CD的中点，则MN∥AC
C．若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在α上的射影是BD
D．直线AB，CD所成角的大小与二面角α-l-β的大小相等
题号
1
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2
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6
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13
14
√
√
√
ABD [由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，A错误；
取BC的中点H，连接HM，则HM是△ABC的中位线，所以HM∥AC，
因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；
若AB⊥l，AC⊥l，所以由线面垂直的判定定理可得l⊥平面ABC，所以l⊥BC，
题号
1
3
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2
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13
14
由α⊥β结合面面垂直的性质定理可得BC⊥α，
所以点C在平面α内的射影为点B，
所以CD在平面α内的射影为BD，C正确；
由二面角的定义可得当且仅当AB⊥l，CD⊥l时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，D错误．故选ABD．]
题号
1
3
5
2
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13
14
8．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
题号
1
3
5
2
4
6
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12
13
14
√
√
√
ABD [如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
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11
12
13
14
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，B正确；
连接A1C1，B1D1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1, B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
题号
1
3
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2
4
6
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11
12
13
14
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，
sin∠C1BO＝＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，D正确．故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
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12
13
14
三、填空题
9．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足______________________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为正确的条件即可)
题号
1
3
5
2
4
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12
13
14
DM⊥PC(或BM⊥PC等)
DM⊥PC(或BM⊥PC等) [∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC．
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC 平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD．]
题号
1
3
5
2
4
6
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11
12
13
14
10．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角 A-BD-C的余弦值为__________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
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13
14
－
－ [过A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E, 连接DE，
∵平面ABC⊥平面BCD，AE 平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD，
∴点E即为点A在平面BCD内的射影，
∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
设AB ＝a，则AE＝DE ＝ABsin 60°＝a，
∴AD＝a，cos ∠ABD＝，∴sin ∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×＝a2,
又BE＝a，
∴S△BDE＝a×a＝a2，
题号
1
3
5
2
4
6
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10
11
12
13
14
设θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴cos θ＝＝．
∵所求的角θ是二面角A-BD-E，而二面角A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
题号
1
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2
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12
13
14
11．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为________．
题号
1
3
5
2
4
6
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9
10
11
12
13
14
[如图，过点P作PO⊥平面ABC于点O，则PO为点P到平面ABC的距离．
再过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，
连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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11
12
13
14
12．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1，3，正广AD为2，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________，邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
4
30°
4 30° [过点C作CE⊥AB，垂足为点E，延长AD，BC，使得AD∩BC＝F，如图所示．由题意可得CE＝2，BE＝2，则BC＝＝4，即邪田ABCD的邪长BC为4．由题意知AB⊥AD，CD∥AB，所以＝＝，所以DF＝．因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，AD∩PD＝D，所以AB⊥平面PAD，则∠AFB是直线BC与平面PAD所成的角，
tan ∠AFB＝＝＝，所以∠AFB＝30°．即邪所
在直线与平面PAD所成角的大小为30°．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
四、解答题
13．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝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．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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14
(2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点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，
即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H．
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝
∠ACB＝90°，则△ACB≌△A1CB，
故CA＝CA1．
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
法一：由＝·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边的中线，所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
14．在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P-BCDE．
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P-BCDE的体积；
(2)若PB＝PC，证明：平面PDE⊥平面BCDE．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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12
13
14
解：(1)如图所示，取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD＝PE，
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
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12
13
14
∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM 平面PDE，
∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P-BCDE的高．
在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，
∴PM＝DE＝，
梯形BCDE的面积S＝(BE＋CD)·BC＝×(2＋4)×2＝6，
∴四棱锥P-BCDE的体积V＝PM·S＝×6＝2．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
(2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，
∵PB＝PC，∴BC⊥PN，
∵MN∩PN＝N，MN，PN 平面PMN，∴BC⊥平面PMN，
∵PM 平面PMN，∴BC⊥PM，由(1)知，PM⊥DE，
又BC，DE 平面BCDE，且BC与DE是相交直线，
∴PM⊥平面BCDE，
∵PM 平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE．
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
10
11
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13
14
1．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝．
(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；
(2)求二面角A-A1C1-B1的余弦值．
课后作业(四十三) 空间直线、平面的垂直(二)
解：(1)证明：连接BC1，与B1C交于点D，则D为BC1，B1C的中点，连接AD．
因为AC＝AB1，所以AD⊥B1C，
因为侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝，
所以BD＝，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD，
因为B1C∩BD＝D，B1C，BD 平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C．
因为AD 平面ACB1，
所以平面ACB1⊥平面BB1C1C．
(2)取A1C1的中点E，连接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为二面角A-A1C1-B1的平面角，
在△AA1E中，AE＝＝＝，
在△A1EB1中，
B1E＝＝＝，
又AB1＝，
所以cos ∠AEB1＝＝＝．
所以二面角A-A1C1-B1的余弦值为．
2．(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
解：(1)证明：如图所示：
分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，因为△EAB，△FBC均为正三角形，且边长均为8 cm，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM 平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM∥FN，而EM＝FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF 平面ABCD，MN 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
(2)如图所示：
分别取AD，DC的中点K，L，连接KM，KH，KL，LN，LG，AC，BD．
由(1)知，EF∥MN且EF＝MN，同理，HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM＝MN＝NL＝LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-HEFG的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN＝NL＝LK＝KM＝4 cm，EM＝8sin 60°＝4(cm)，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝2 cm，所以该几何体的体积V＝×4＋4××4×4×2＝128＝(cm3)．
3．如图，在四棱锥P-ABCD中， PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝PB．
(1)证明：MN∥平面PDC；
(2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ
⊥平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存
在，请说明理由．
解：(1)证明：在四边形ABCD中，由AB＝BC＝，AD＝CD＝1，可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M为AC的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CD cos 60°＝，AC＝2CD sin 60°＝，
则BM＝＝，
由＝＝，可得MN∥PD，
而MN 平面PCD，PD 平面PCD，可得MN∥平面PDC．
(2)当点Q为BC的中点时，满足题意，理由如下：过M作ME⊥AD，垂足为点E，延长EM交BC于点Q，连接NQ，NE，如图，由PA⊥平面ABCD，EQ 平面ABCD，可得PA⊥EQ，又EQ⊥AD，PA∩AD＝A，可得EQ⊥平面PAD，又因为EQ 平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q．
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，由BM＝＝，
可得BQ＝＝，即Q为BC的中点．
综上得，当Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD．
谢 谢！课后作业(四十二) 空间直线、平面的垂直(一)
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共90分
一、单项选择题
1．(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
2．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是( )
A．平面ABCD
B．平面PBC
C．平面PAD
D．平面PAB
3．如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在平面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
4．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，F是PB上一点，则下列说法错误的是( )
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
5．(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B．1
C．2 D．3
6．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为( )
A．1 B．2
C． D．
二、多项选择题
7．已知平面α∩平面β＝l，B，D是l上两点，直线AB α且AB∩l＝B，直线CD β且CD∩l＝D．下列结论中，错误的是( )
A．若AB⊥l，CD⊥l，且AB＝CD，则四边形ABCD是平行四边形
B．若M是AB的中点，N是CD的中点，则MN∥AC
C．若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在α上的射影是BD
D．直线AB，CD所成角的大小与二面角α-l-β的大小相等
8．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
三、填空题
9．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为正确的条件即可)
10．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角 A-BD-C的余弦值为__________．
11．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为________．
12．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1，3，正广AD为2，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________，邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．
四、解答题
13．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．
14．在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P-BCDE．
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P-BCDE的体积；
(2)若PB＝PC，证明：平面PDE⊥平面BCDE．
课后作业(四十二)
1．C [对于A，B，若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，故A，B错误．
对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交或异面，故D错误．故选C．]
2．C [因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥CD，
由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，
因为PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又CD 平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD．
故选C．]
3．A [连接AC1(图略)．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．故选A．]
4．C [对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，BC 底面圆面，则PA⊥BC，
又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；
对于B，由A选项可知BC⊥AE，
由题意可知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，所以B正确；
对于C，由B选项可知AE⊥平面PCB，所以AC与平面PCB不垂直，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；
对于D，由B选项可知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，所以D正确．故选C．]
5．B [法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝×6×3＝＝×2×＝，
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，
则＝h＝，解得h＝．
如图，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，
则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝＝，
结合BCC1B1为等腰梯形可得＝，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan ∠A1AM＝＝1．
法二：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，
因为＝＝，则＝，
可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18．
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2，
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1．故选B．]
6．D [由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD．
如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF．过点P作PG⊥EF，垂足为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为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝．故选D．]
7．ABD [由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，A错误；
取BC的中点H，连接HM，则HM是△ABC的中位线，所以HM∥AC，
因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；
若AB⊥l，AC⊥l，所以由线面垂直的判定定理可得l⊥平面ABC，所以l⊥BC，
由α⊥β结合面面垂直的性质定理可得BC⊥α，所以点C在平面α内的射影为点B，
所以CD在平面α内的射影为BD，C正确；
由二面角的定义可得当且仅当AB⊥l，CD⊥l时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，D错误．故选ABD．]
8．ABD [如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，B正确；
连接A1C1，B1D1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1, B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，
sin∠C1BO＝＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，D正确．故选ABD．]
9．DM⊥PC(或BM⊥PC等) [∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC．
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC 平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD．]
10．－ [过A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E, 连接DE，
∵平面ABC⊥平面BCD，AE 平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD，
∴点E即为点A在平面BCD内的射影，
∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影．
设AB ＝a，则AE＝DE ＝ABsin 60°＝a，
∴AD＝a，cos ∠ABD＝，∴sin ∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×＝a2,
又BE＝a，
∴S△BDE＝a×a＝a2，
设θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴cos θ＝＝．
∵所求的角θ是二面角A-BD-E，而二面角A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
11． [如图，过点P作PO⊥平面ABC于点O，则PO为点P到平面ABC的距离．
再过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，
连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝．]
12．4 30° [过点C作CE⊥AB，垂足为点E，延长AD，BC，使得AD∩BC＝F，如图所示．由题意可得CE＝2，BE＝2，则BC＝＝4，即邪田ABCD的邪长BC为4．由题意知AB⊥AD，CD∥AB，所以＝＝，所以DF＝．因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，AD∩PD＝D，所以AB⊥平面PAD，则∠AFB是直线BC与平面PAD所成的角，
tan ∠AFB＝＝＝，所以∠AFB＝30°．即邪所在直线与平面PAD所成角的大小为30°．]
13．解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝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)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点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，
即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H．
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，则△ACB≌△A1CB，
故CA＝CA1．
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝．
法一：由＝·A1C1＝·A1H·CC1，得A1H＝＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边的中线，所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
14．解：(1)如图所示，取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD＝PE，
∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM 平面PDE，
∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P-BCDE的高．
在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，
∴PM＝DE＝，
梯形BCDE的面积S＝(BE＋CD)·BC＝×(2＋4)×2＝6，
∴四棱锥P-BCDE的体积V＝PM·S＝×6＝2．
(2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，
∵PB＝PC，∴BC⊥PN，
∵MN∩PN＝N，MN，PN 平面PMN，∴BC⊥平面PMN，
∵PM 平面PMN，∴BC⊥PM，由(1)知，PM⊥DE，
又BC，DE 平面BCDE，且BC与DE是相交直线，
∴PM⊥平面BCDE，
∵PM 平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE．
1 / 4课后作业(四十三) 空间直线、平面的垂直(二)
1．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝．
(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；
(2)求二面角A-A1C1-B1的余弦值．
2．(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
3．如图，在四棱锥P-ABCD中， PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝PB．
(1)证明：MN∥平面PDC；
(2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
课后作业(四十三)
1．解：(1)证明：连接BC1，与B1C交于点D，则D为BC1，B1C的中点，连接AD．
因为AC＝AB1，所以AD⊥B1C，
因为侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝，
所以BD＝，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD，
因为B1C∩BD＝D，B1C，BD 平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C．
因为AD 平面ACB1，
所以平面ACB1⊥平面BB1C1C．
(2)取A1C1的中点E，连接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为二面角A-A1C1-B1的平面角，
在△AA1E中，AE＝＝＝，
在△A1EB1中，
B1E＝＝＝，
又AB1＝，
所以cos ∠AEB1＝＝＝．
所以二面角A-A1C1-B1的余弦值为．
2．解：(1)证明：如图所示：
分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，因为△EAB，△FBC均为正三角形，且边长均为8 cm，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM 平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM∥FN，而EM＝FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF 平面ABCD，MN 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
(2)如图所示：
分别取AD，DC的中点K，L，连接KM，KH，KL，LN，LG，AC，BD．
由(1)知，EF∥MN且EF＝MN，同理，HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM＝MN＝NL＝LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-HEFG的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN＝NL＝LK＝KM＝4 cm，EM＝8sin 60°＝4(cm)，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝2 cm，所以该几何体的体积V＝×4＋4××4×4×2＝128＝(cm3)．
3．解：(1)证明：在四边形ABCD中，由AB＝BC＝，AD＝CD＝1，可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M为AC的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CD cos 60°＝，AC＝2CD sin 60°＝，
则BM＝＝，
由＝＝，可得MN∥PD，
而MN 平面PCD，PD 平面PCD，可得MN∥平面PDC．
(2)当点Q为BC的中点时，满足题意，理由如下：过M作ME⊥AD，垂足为点E，延长EM交BC于点Q，连接NQ，NE，如图，由PA⊥平面ABCD，EQ 平面ABCD，可得PA⊥EQ，又EQ⊥AD，PA∩AD＝A，可得EQ⊥平面PAD，又因为EQ 平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q．
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，由BM＝＝，
可得BQ＝＝，即Q为BC的中点．
综上得，当Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD．
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