第4节 空间直线、平面的垂直

第4节空间直线、平面的垂直考试要求1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题.知识诊断·基础夯实【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，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(l⊥a,l⊥b,a∩b＝O,a⊂α,b⊂α))⇒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∥b2.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)二面角的平面角若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.(3)二面角的平面角α的范围：[0，π].4.两个平面垂直(1)两个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)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垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l⊂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[常用结论]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线线垂直eq\o(,\s\up9(判定定理),\s\do7(性质))线面垂直eq\o(,\s\up9(判定定理),\s\do7(性质定理))面面垂直【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”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)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.2.(必修二P159T2改编)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是()A.α⊥γ，β⊥γ B.α∩β＝a，b⊥a，b⊂βC.a∥β，a∥α D.a∥α，a⊥β答案D解析α⊥γ，β⊥γ⇒α与β相交或平行，故A不正确；因为α∩β＝a，b⊥a，b⊂β，所以b不一定垂直于α，α不一定垂直于β，故B不正确；a∥β，a∥α⇒α与β相交或平行，故C不正确；因为a⊥β，a∥α，所以α中一定有一条直线垂直于β，所以α⊥β，故D正确.3.(必修二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⊥圆柱的底面，则必有()

A.平面ABC⊥平面BCD B.平面BCD⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACD D.平面BCD⊥平面ABD答案B解析因为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，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.4.在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点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，图1因为在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心.(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.图2因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以PC⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB.因为PO⊥AB，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以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.考点突破·题型剖析考点一直线与平面垂直的判定与性质例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.感悟提升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.训练1(2023·镇江八校联考)如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足.(1)求证：PA⊥平面ABC；(2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形.证明(1)如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F.因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，所以DF⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA.过点D作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA.因为DG，DF都在平面ABC内，且DG∩DF＝D，所以PA⊥平面ABC.(2)如图，连接BE并延长交PC于点H.因为点E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PC⊥AE.因为AE∩BH＝E，AE，BH⊂平面ABE，所以PC⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE，所以PC⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB.因为PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，即△ABC是直角三角形.考点二平面与平面垂直的判定与性质例2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，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.由题意可知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，所以eq\f(BM,AB)＝eq\f(AB,AD)，即eq\f(\f(1,2)AD,1)＝eq\f(1,AD)，解得AD＝eq\r(2)，所以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).感悟提升1.面面垂直判定的两种方法与一个转化(1)两种方法：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).(2)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.2.面面垂直性质定理的应用(1)两平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)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线垂直于第三个平面.训练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).(1)证明如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN.∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8cm，∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN.又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)解如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.由(1)知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4eq\r(3)，EM∥FN∥GQ∥HP.易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，又PM＝QN＝MN＝PQ＝eq\f(1,2)BD＝4eq\r(2)，所以四边形PMNQ是边长为4eq\r(2)cm的正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG为正四棱柱，所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝(4eq\r(2))2×4eq\r(3)＝128eq\r(3)（cm3）.因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EM⊥AC.又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，则点A到平面PMEH的距离d＝eq\f(1,4)AC＝2eq\r(2)，所以V四棱锥A－PMEH＝eq\f(1,3)S四边形PMEH·d＝eq\f(1,3)×4eq\r(2)×4eq\r(3)×2eq\r(2)＝eq\f(64\r(3),3)（cm3），所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝128eq\r(3)＋4×eq\f(64\r(3),3)＝eq\f(640\r(3),3)(cm3).考点三平行、垂直关系的综合应用例3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CSB，SB⊂平面CSB，∴AF⊥平面CSB，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)，又在Rt△BMO中，cos∠SBD＝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).即在棱SB上存在一点M，使得BD⊥平面MAC，此时eq\f(BM,BS)＝eq\f(2,3).感悟提升1.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行，垂直性质及判定的综合应用.2.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.3.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.训练3如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点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.分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.(2023·浙江名校联考)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答案C解析若直线l与平面α垂直，则l垂直α内的任意一条直线，若平面α内存在两条夹角为30°的直线m，n，则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.2.已知α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是()A.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若a⊥α，b⊥α，则a∥bC.若a∥α，b∥α，则a∥b D.若a∥α，a∥β，则α∥β答案B解析A中，若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能相交也可能平行，错误；B中，a⊥α，b⊥α，根据线面垂直的性质可判断a∥b，正确；C中，若a∥α，b∥α，则a和b可能平行、相交或异面，错误；D中，若a∥α，a∥β，α，β可能相交也可能平行，错误.3.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⊂αC.m∥l，m⊥α，l⊥β D.l⊥α，m∥l，m∥β答案D解析在A中，m⊥l，m⊂β，l⊥α，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，m⊥l，α∩β＝l，m⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B错误；在C中，m∥l，m⊥α，l⊥β，则α∥β，故C错误；在D中，l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m∥β，则α⊥β，故D正确.4.(2023·北京首师大附中开学检测)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是()答案C解析对于A选项，如图①，因为M，N，Q为所在棱的中点，故由正方体的性质易得BB1⊥AB，CD⊥AB，MQ∥CD，MN∥BB1，所以MQ⊥AB，MN⊥AB，且MQ∩MN＝M，MQ，MN⊂平面MNQ，故AB⊥平面MNQ，故A选项不符合题意；对于B选项，如图②，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以MN∥CD，MQ∥A1C，由正方体的性质得AB1⊥CD，CD⊥BB1，且AB1∩BB1＝B1，AB1，BB1⊂平面ABB1，所以CD⊥平面ABB1，又AB⊂平面ABB1，故CD⊥AB，所以MN⊥AB，同理得MQ⊥AB，又MN∩MQ＝M，MN，MQ⊂平面MNQ，故AB⊥平面MNQ，故B选项不符合题意；图③对于C选项，如图③，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以MN∥A1B1，AC∥A1B1，则MN∥AC，在△ABC中，AB与AC的夹角为eq\f(π,3)，故异面直线MN与AB所成的角为eq\f(π,3)，故AB⊥平面MNQ不成立，故C选项符合题意；对于D选项，同A选项，可判断AB⊥平面MNQ.故选C.5.(多选)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PABC.平面PAB⊥平面PBC D.平面ABC⊥平面PAC答案ACD解析∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又AN⊂平面PAB，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，∴AN⊥平面PBC，∵AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，∴ACD正确.6.(2023·长沙调研)如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角△ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中不可能成立的是()A.CD⊥AB B.BC⊥ADC.BD⊥AB D.BC⊥CD答案B解析对于A，D，当平面ADC⊥平面ABC时，因为CD⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，所以CD⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CD⊥AB，CD⊥BC，故A，D可能成立；对于C，假设DC＝eq\r(2)a，则AD＝2eq\r(2)a，AC＝eq\r(AD2－DC2)＝eq\r(6)a，BC＝AB＝eq\r(3)a，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得BD＝eq\r(DC2＋BC2－2DC·BC·cos∠DCB)＝eq\r(2a2＋3a2－2×\r(2)a×\r(3)a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq\r(5＋2\r(3))a＞eq\r(5)a，则在旋转过程中，存在某一时刻满足BD＝eq\r(5)a，此时BD2＋AB2＝AD2，BD⊥AB.故C可能成立；利用排除法可知选项中不成立的结论为B项，故选B.7.(多选)(2023·青岛质检)四棱台ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，AA1⊥平面ABCD，则()A.直线AD与直线B1D1所成角为45°B.直线AA1与直线CC1异面C.平面ABB1A1⊥平面ADD1A1D.CA1⊥AD答案AC解析对于A，如图，连接BD，则BD∥B1D1，则直线AD与直线BD所成的角即为直线AD与直线B1D1所成角，在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，故直线AD与直线B1D1所成角为45°，故A正确；对于B，由于棱台的侧棱延长后会交于同一点，故直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；对于C，由AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，且AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面ADD1A1，故AB⊥平面ADD1A1，而AB⊂平面ABB1A1，故平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正确；对于D，如图，连接AC，由题意知AC⊥BD，因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1，且AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C，所以BD⊥平面AA1C，CA1⊂平面AA1C，故BD⊥CA1，若CA1⊥AD，而AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABCD，所以CA1⊥平面ABCD，显然不成立，故AD不可能垂直于CA1，故D错误.8.如图所示是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱________所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)答案CG，DH，EH，FG(任选一个作答)解析如图，结合平面图形还原出正方体，结合正方体性质易知，棱CG，DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.9.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∩AB＝A，DA，AB⊂平面DAB，∴CA⊥平面DAB，又DB⊂平面DAB，∴CA⊥DB.10.已知平面α，β和直线m，给出以下条件：(1)m∥α；(2)m⊥α；(3)m⊂α；(4)α⊥β；(5)α∥β，当条件________成立时，有m∥β；当条件________成立时，有m⊥β.(填所选条件的序号)答案(3)(5)(2)(5)解析根据面面平行的特征可得，若m⊂α，α∥β，则m∥β；根据线面垂直以及面面平行的特征可得，若m⊥α，α∥β，则m⊥β.11.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.证明(1)因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.12.(2023·昆明模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点.(1)证明：AM⊥平面PCD；(2)若AB＝2，求点C到平面PAB的距离.(1)证明在正方形ABCD中，CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，因为△PAD是正三角形，M是PD的中点，则AM⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD.(2)解如图，取AD的中点O，连接PO，AC，在正△PAD中，PO⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD，若AB＝2，则PO＝eq\r(3)，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PO＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3)，由(1)知CD⊥平面PAD，AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA.设点C到平面PAB的距离为d，由VC－PAB＝VP－ABC可得，eq\f(1,3)S△PAB·d＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA·AB))d＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))d＝eq\f(2\r(3),3)，∴d＝eq\r(3)，故点C到平面PAB的距离为eq\r(3).【B级能力提升】13.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)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，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，在直角△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；图(1)图(2)对于B，如图(2)所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MN，PQ⊥MN，OQ，PQ⊂平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，又OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；对于C，如图(3)，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；图(3)图(4)对于D，如图(4)，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN.因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角.因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，PO＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，QO2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故PO，MN不垂直，故D错误.14.(多选)(2023·衡阳调研)在三棱锥D－ABC中，已知AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，DB＝4，平面BCD⊥平面ABC，且DB⊥AB，则()A.DB⊥ACB.平面DAB⊥平面ABCC.三棱锥D－ABC的体积为eq\f(4\r(3),3)D.三棱锥D－ABC的外接球的表面积为16π答案ABC解析因为AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，所以cos∠ABC＝eq\f(22＋22－（2\r(3)）2,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以∠ABC＝eq\f(2π,3)，如图，过D作DE⊥BC于E.因为平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，假设DB，DE不重合