第四节 空间直线、平面的垂直
【课程标准】 1.以立体几何的定义、4个基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用4个基本事实、定理和已获得的结论，证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
教|材|回|顾
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________一条直线都垂直，我们就说直线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 图形表示 符号表示
判定定理 如果一条直线与一个平面内的__________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
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________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________；一条直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是________．
(2)取值范围：________.
3．二面角
(1)定义：从一条直线出发的____________所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角αlβ的平面角是________．
(3)二面角的平面角α的取值范围：[0°，180°]．
4．两个平面垂直
(1)两个平面垂直的定义
一般地，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)两个平面垂直的判定定理与性质定理
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______，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
微|点|延|伸
1．三个重要结论
(1)若两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．
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
2．三种垂直关系的转化
小|题|快|练
1．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m α B．m⊥n且n∥β
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
2. 如图，直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则下列关系中不正确的是( )
A．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
3．已知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⊥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
4．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC内的射影为点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．
5．过平面外一点P的斜线段是过这点的垂线段的倍，则斜线与平面α所成的角是________．
类型一 直线与平面垂直的判定与性质
【例1】 如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理，②直线垂直于平面的传递性，③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．
【训练1】 (多选题)(2025·江苏联考)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，P在底面上的射影E在线段BD上，则( )
A．PA＝PC B．PB＝PD
C．AC⊥平面PBD D．BD⊥平面PAC
类型二 平面与平面垂直
【例2】 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PBCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥PBCDE的体积；
(2)若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.
面面垂直判定的两种方法与一个转化
两种 方法 (1)面面垂直的定义； (2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)
一个 转化 在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．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
【训练2】 图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)设H为BE的中点，证明：平面DHC⊥平面ABED；
(3)探究平面ABC与平面ACGD是否垂直，并说明理由．
类型三 几何法求线面角、二面角
【例3】 (1) 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
(2)在四面体ABCD中，已知△ABD为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，斜边AB＝4，CD＝2，则二面角CABD的大小为( )
A． B． C． D．
1．几何法求线面角的3个步骤
一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解．
2．作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
【训练3】 (1)如图，已知棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1，点E为线段CD1的中点，则直线AE与平面A1BCD1所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
(2) 如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若PA＝AB＝2，AC＝BC，则二面角PACB的正切值是________．
1．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m，下列四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β；
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β；
③若n∥α且n∥β，则m∥n；
④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n.
其中所有真命题的编号是( )
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
2．(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
3．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角CABD为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
4．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1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A1BB1C1C的高．
第四节 空间直线、平面的垂直
必备知识·梳理
教材回顾
1．(1)任意 (2)两条相交直线 平行
2．(1)射影 90° 0° (2)[0°，90°]
3．(1)两个半平面 (2)∠AOB
4．(1)直二面角 (2)垂线 l β 交线 l β
小题快练
1．C
2．C 解析 AB为直径，C为圆上异于A，B的一点，所以AC⊥BC.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，从而PC⊥BC.故选C.
3．B 解析 如图，因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，因为BC 平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD.故选B.
4．(1)外 解析 如图，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)垂 解析 如图，连接AO，BO，CO并延长分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
所以PC⊥平面PAB，又AB 平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG 平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC的边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC的边AC，BC上的高，故O为△ABC的垂心．
5. 解析 如图，连接AB，由PB⊥α，知∠PAB是斜线PA与平面α所成的角，在Rt△PAB中，因为PA＝PB，所以sin∠PAB＝＝，∠PAB∈，所以∠PAB＝，即斜线PA与平面α所成的角为.
关键能力·落实
【例1】 证明 (1)在四棱锥P ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，所以CD⊥平面PAC，而AE 平面PAC，所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，所以AE⊥平面PCD，而PD 平面PCD，所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA⊥AB.又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，所以AB⊥平面PAD，而PD 平面PAD，所以AB⊥PD.因为AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，所以PD⊥平面ABE.
【训练1】 AC 解析 A选项，由题意得底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.连接AE，CE，因为PE⊥平面ABCD，AE，EC 平面ABCD，所以PE⊥AE，PE⊥EC.又PA＝，PC＝，AE＝CE，故PA＝PC，A正确．B选项，因为PE⊥平面ABCD，DB 平面ABCD，所以PE⊥DB，所以PD＝，PB＝，由于ED与EB不一定相等，故PB，PD不一定相等，B错误．C选项，因为PE⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以PE⊥AC.因为AC⊥BD，PE∩BD＝E，PE，BD 平面PBD，所以AC⊥平面PBD，C正确．D选项，设AC∩BD＝H，连接PH，若点E，H不重合，此时在Rt△PEH中，PH为斜边，故PH与EH不垂直，故BD与PH不垂直，又PH 平面PAC，故此时BD与平面PAC不垂直，D错误．故选AC.
【例2】 解 (1)如图所示，取DE的中点M，连接PM，由题意知，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为四棱锥P BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，所以PM＝DE＝，而直角梯形BCDE的面积S＝(BE＋CD)·BC＝×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥P BCDE的体积V＝PM·S＝××6＝2.
(2)证明：如图，取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，因为PB＝PC，所以BC⊥PN.因为MN∩PN＝N，MN，PN 平面PMN，所以BC⊥平面PMN.因为PM 平面PMN，所以BC⊥PM.由(1)知，PM⊥DE，又BC，DE 平面BCDE，且BC与DE是相交的，所以PM⊥平面BCDE.因为PM 平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE.
【训练2】 解 (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以图②中AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)证明：连接DH，CH，DC，EC，因为四边形BEGC是菱形，∠EBC＝60°，所以△BCE为正三角形，所以CH⊥BE，由(1)可知AB⊥CH且AB∩BE＝B，所以CH⊥平面ABED，又CH 平面DHC，所以平面DHC⊥平面ABED.
(3)不垂直，理由如下：假设平面ABC⊥平面ACGD，在平面ABC内作BM⊥AC于M，易得BM⊥平面ACGD，所以BM⊥AD.又因为AB⊥AD且AB∩BM＝B，所以AD⊥平面ABC，又因为AD∥BE，所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥BC，这与∠EBC＝60°矛盾，所以平面ABC与平面ACGD不垂直．
【例3】 (1)A 解析 取A1C1，AC的中点E，F，连接B1E，BF，EF，如图所示，由正三棱柱性质易知B1E⊥平面AA1C1C，过D作DH∥B1E，连接AH，则DH⊥平面AA1C1C，则∠DAH即为AD与平面AA1C1C所成的角，易得DH＝B1E＝，DA＝，所以sin∠DAH＝＝.故选A.
(2)D 解析 如图，取AB的中点M，连接CM，DM.因为△ABD为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，所以CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即为二面角C AB D的平面角．因为AB＝4，所以CM＝2，DM＝2，所以cos∠CMD＝＝＝－，所以∠CMD＝，即二面角C AB D的大小为.故选D.
【训练3】 (1)A 解析 连接AB1(图略)，设AB1与A1B交于点F，易知AF⊥A1B，AF⊥BC，且A1B∩BC＝B，A1B，BC 平面A1BCD1，所以AF⊥平面A1BCD1.连接EF，则∠AEF是直线AE与平面A1BCD1所成的角，tan∠AEF＝＝.故选A.
(2) 解析 取AC的中点D，连接OD，PD，易知OD⊥AC，PD⊥AC，所以∠PDO是二面角P AC B的平面角．因为PA＝AB＝2，所以AC＝BC＝，所以PO＝，OD＝，所以二面角P AC B的正切值是＝.
高考真题·重温
1．A 解析 α∩β＝m，则m α，m β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成角可以为内的任意角，④错误．故选A.
2．C 解析 对于A，B，若m∥α，n∥α，则m与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，也可能异面，故C正确，D错误．故选C.
3．C 解析 取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C AB D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB 平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD 平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理，得CD＝＝＝，由正弦定理，得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，则cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为.故选C.
4．解 (1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，因为A1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1 BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC与Rt△A1BC中，因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以O为CC1中点，OC1＝AA1＝1，又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AA，即x2＋x2＝22，解得x＝，所以A1O＝＝＝1，所以四棱锥A1 BB1C1C的高为1.(共50张PPT)
第四节
第七章 立体几何与空间向量
空间直线、平面的垂直
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
直线与平面垂直的判定与性质
证明
证明
解析
解析
类型二
平面与平面垂直
解
解
解
解
解
类型三
几何法求线面角、二面角
解析
解析
解析
解析
高考真题/重温
第三部分
——明确方向
解析
解析
解析
解析
解
解
解
R
赢在欲点
1Z
a
b
a
a
b
Q
B
B
O
A
a
B
Q
B
L
a
Q
P
A
B
C
C
A
B
I
三
D
●
P
A
T
C
B
P
A=
C
H
G
B
P
Q
A
B
P
E
A
D
C
B
P
I
i
1
I
1
I
I
1
I
I
1
I
I
I
1
D
C
一
H
A
B
P
D
C
E
B
P
D
C
M
N
E
B
D
A
D
G
C
E(F)
E
B
A
F
G
B
C
①
2
C
B
A
D
C
B
A
C
B
E
A
D
H
C
B
F
A
D
A
M
L
-
B
C
C
B
1
D
I
I
1
1
E
B
D
A
A
I
、
A
-
B
C
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
A
。
2
B
C
D
I
I
I
1
I
I
I
A
---
/
B
E
C
C
B
7
I
1
I
C
B
A
,
1
B
7
I
I
1
1
C
B
A微练(五十八) 空间直线、平面的垂直
基础过关
一、单项选择题
1．已知直线a⊥平面α，b∥α，则( )
A．a⊥b，且a与b相交
B．a⊥b，且a与b不相交
C．a⊥b
D．a与b不一定垂直
2．已知平面α和直线l有交点，则“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．(2025·河南名校联考)设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是( )
A．若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
4. 如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1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
5. 如图，在四面体ABCD中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC
6. (2024·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，则该棱锥的高为( )
A．1 B．2
C． D．
二、多项选择题
7．如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( )
8. (2025·广东联合质检)如图，在四面体ABCD中，AB＝AC，BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD，O为线段BC的中点，则下列判断正确的是( )
A．AC⊥BD B．BD⊥平面ABC
C．AB⊥CD D．AO⊥平面BCD
三、填空题
9. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．
10. 如图，在三棱锥PABC中，AC⊥BC，PA⊥平面ABC，且PA＝AB，E为PB中点，AF⊥PC，垂足为点F，写出图中一条一定与EF垂直的线段为________．
11. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
四、解答题
12．(2025·四川模拟)已知在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，满足AD∥BC，AD⊥DC，PA＝AD＝DC＝2，BC＝3，点M为PD的中点，点N为PC上(靠近点P)的三等分点．
(1)求证：AM⊥平面PCD；
(2)求三棱锥PAMN的体积．
13．如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：
(1)PA⊥平面ABCD；
(2)平面BEF∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD．
素养提升
14. (多选题)(2025·辽宁大连模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD为等边三角形，PA＝2，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PC上运动(不含端点)，则下列说法中正确的是( )
A．AB与PC是异面直线
B．平面PAD⊥平面PCD
C．存在点M，使得BD⊥AM
D．存在点M，使得BM∥平面PAD
15．如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，A1D∩AD1＝O，E为线段AB上一点．
(1)当OE∥平面D1BC时，求证：E为AB的中点；
(2)在线段AB上是否存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．
微练(五十八) 空间直线、平面的垂直
1．C 解析 因为b∥α，所以b平行于α内的某一条直线，设为b′，因为a⊥平面α，且b′ 平面α，所以a⊥b′，所以a⊥b，但a与b可能相交，也可能异面．故选C.
2．C 解析 若直线l与平面α垂直，则l垂直于α内的任意一条直线，故平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得l⊥m且l⊥n，故充分性成立；若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l，由线面垂直的判定定理可知直线l与平面α垂直，故必要性成立．所以“直线l与平面α垂直”是“平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，使得m⊥l且n⊥l”的充要条件．故选C.
3．B 解析 A选项，若m α，n α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l α，如图①，m∥n，且满足m α，n α，l⊥m，l⊥n，但此时l与α斜交，故A错误；B选项，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，因为l⊥α，所以n⊥α，故B正确；C选项，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因为l∥m，所以l∥n，故C错误；D选项，若m α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图②，满足m α，n⊥α，l⊥n，但此时l与m异面，故D错误．故选B.
4．A 解析 连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，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必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上．故选A.
5．C 解析 因为AB＝CB，AD＝CD，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，DE⊥AC，因为BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，所以AC⊥平面BDE，又AC 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.故选C.
6．D 解析 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PABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D.
7．BD 解析 对于A，显然AB与CE不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于B，因为AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，所以AB⊥平面CDE；对于C，显然AB与CE不垂直，所以直线AB与平面CDE不垂直；对于D，因为ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理CE⊥AB，因为ED∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE.故选BD.
8．ABD 解析 因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，BC⊥BD，BD 平面BCD，所以BD⊥平面ABC，故B正确；因为AC 平面ABC，所以BD⊥AC，故A正确；因为AB＝AC，O为线段BC的中点，所以BC⊥AO，同理可得AO⊥平面BCD，故D正确；因为BD⊥平面ABC，AB 平面ABC，所以BD⊥AB，BD∩CD＝D，BD，CD 平面BCD，若AB⊥CD，则AB⊥平面BCD，显然B，O不重合，故C错误．故选ABD.
9. 解析 如图，连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝2，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以在Rt△AA1C1中，sin∠AC1A1＝＝.
10．AF(或PB) 解析 因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又AF 平面PAC，所以BC⊥AF.因为AF⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC 平面PBC，所以AF⊥平面PBC，又EF 平面PBC，故AF⊥EF.因为PA＝AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB，而AF⊥平面PBC，PB 平面PBC，所以AF⊥PB，又AE∩AF＝A，AE，AF 平面AEF，所以PB⊥平面AEF.因为EF 平面AEF，所以PB⊥EF.在△PBC中，因为PB⊥EF，所以PC，BC不可能与EF垂直．在△AEF中，由于AF⊥EF，所以AE不可能与EF垂直．在△PAC中，PC 平面PAC，PC与EF不垂直，所以EF与平面PAC不垂直，所以PA，AC不可能同时与EF垂直．根据异面直线的定义可得AB与EF为异面直线，又AB与平面PBC不垂直，所以AB与EF不一定垂直，所以图中一条一定与EF垂直的线段为AF或PB.
11. 解析 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF 平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.又×2×＝×h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝＝.由△B1DF的面积，得××＝×x，解得x＝.
12．解 (1)证明：在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，则PA⊥CD，又AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AM 平面PAD，所以AM⊥CD，由AP＝AD，点M为PD中点，得AM⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD 平面PCD，所以AM⊥平面PCD.
(2)由(1)知CD⊥平面PAD，因为PD 平面PAD，所以CD⊥PD.△PCD的面积S△PCD＝PD·CD＝×2×2＝2，因此三棱锥APCD的体积VAPCD＝S△PCD·AM＝×2×＝，而PM＝PD，PN＝PC，即S△PMN＝PM·PN·sin∠CPD＝·PD·PC·sin∠CPD＝S△PCD，所以三棱锥PAMN的体积VPAMN＝VAPMN＝VAPCD＝.
13．证明 (1)因为平面PAD⊥平面ABCD，且PA 平面PAD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PA⊥平面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE，所以四边形ABED是平行四边形，所以AD∥BE，因为BE 平面PAD，AD 平面PAD，所以BE∥平面PAD，因为E和F分别是CD和PC的中点，所以EF∥PD，因为EF 平面PAD，PD 平面PAD，所以EF∥平面PAD，因为BE∩EF＝E，BE，EF 平面BEF，所以平面BEF∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，所以平行四边形ABED是矩形，所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF，又因为BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.因为CD 平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.
14．AB 解析 对于A，因为AB 平面ABCD，PC与平面ABCD相交于点C，而点C不在直线AB上，所以AB与PC是异面直线，所以A正确．对于B，因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，因为CD 平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD，所以B正确．对于C，如图，取AD的中点G，连接AC，GC，PG，因为侧面PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG 平面PAD，所以PG⊥平面ABCD，因为BD 平面ABCD，所以PG⊥BD，假设BD⊥AM，因为BD⊥AC，AC∩AM＝A，AC，AM 平面PAC，所以BD⊥平面PAC，因为PA 平面PAC，所以BD⊥PA，又因为PG⊥BD，PG∩PA＝P，PG，PA 平面PAG，所以BD⊥平面PAG，因为AD 平面PAG，所以BD⊥AD，这与四边形ABCD是正方形相矛盾，所以BD⊥AM不成立，所以C错误．对于D，因为四边形ABCD是正方形，所以BC∥AD，因为AD 平面PAD，BC 平面PAD，所以BC∥平面PAD，假设BM∥平面PAD，因为BM∩BC＝B，BM，BC 平面PBC，所以平面PBC∥平面PAD，这与两平面有公共交点P相矛盾，所以不存在点M，使得BM∥平面PAD，所以D错误．故选AB.
15．解 (1)证明：因为四边形AA1D1D为正方形，A1D∩AD1＝O，所以O为AD1的中点．又OE∥平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC＝BD1，OE 平面ABD1，所以OE∥BD1.又O为AD1的中点，所以E为AB的中点．
(2)存在，当AE＝时，平面D1DE⊥平面AD1C，理由如下．因为四边形AA1D1D为正方形，所以D1D⊥AD.又平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D 平面AA1D1D，所以D1D⊥平面ABCD.又AC 平面ABCD，所以D1D⊥AC.要使平面D1DE⊥平面AD1C，只需AC⊥平面D1DE，只需AC⊥DE.如图，当DE⊥AC时，在Rt△DAE和Rt△ABC中，可得∠AED＝∠BCA，∠DAE＝∠ABC.所以△DAE∽△ABC.所以＝，即＝，解得AE＝.故在线段AB上存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C，此时AE＝.(共34张PPT)
空间直线、平面的垂直
微练(五十八)
基础过关
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
证明
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
证明
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
证明
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
证明
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
素养提升
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
证明
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
解析
