2025届高考数学一轮复习第7章空间几何体的结构及其三视图和直观图第5讲直线平面垂直的判定与性质创新教学案含解析新人教版

PAGE1-第5讲直线、平面垂直的判定与性质[考纲解读]驾驭线线、线面、面面垂直的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的垂直关系的简洁命题．(重点、难点)[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲是高考的必考内容．预料2024年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体考查线面垂直的判定和性质；②依据垂直关系的性质进行转化．试题以解答题第一问干脆考查，难度不大，属中档题型.1.直线与平面垂直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一条直线与一个平面内的两条eq\o(□,\s\up1(01))相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直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性质定理垂直于同一个平面的两条直线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．平面与平面垂直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一个平面过另一个平面的eq\o(□,\s\up1(01))一条垂线，则这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up1(02))l⊥α\o(□,\s\up1(03))l⊂β))⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于eq\o(□,\s\up1(04))交线的直线与另一个平面垂直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．直线和平面所成的角(1)定义：一条斜线和它在平面上的eq\o(□,\s\up1(01))射影所成的eq\o(□,\s\up1(02))锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)范围：eq\o(□,\s\up1(03))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0°，90°)).4．二面角(1)定义：从一条直线动身的eq\o(□,\s\up1(01))两个半平面所组成的图形叫做二面角；在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作eq\o(□,\s\up1(02))垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(2)范围：eq\o(□,\s\up1(03))[0°，180°]．5．必记结论(1)若两条平行线中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，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线．(3)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(4)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(5)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．(6)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．1．概念辨析(1)直线l与平面α内的多数条直线都垂直，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随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内的多数条直线，则α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×2．小题热身(1)下列命题中不正确的是()A．假如平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．假如平面α⊥平面β，那么平面α内肯定存在直线平行于平面βC．假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内肯定不存在直线垂直于平面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错误，如图1所示，在长方体中α⊥β，l∥α，但l⊂β；B正确，设α∩β＝l，则α内与l平行的直线都与β平行；C正确，由面面垂直的判定可知；D正确，如图2所示，在平面α内，作α与γ交线的垂线m，在平面β内作β与γ的交线的垂线n，由α⊥γ得m⊥γ，由β⊥γ得n⊥γ，所以m∥n.可推出m∥β，进而推出m∥l，所以l⊥γ.(2)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案B解析依据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，肯定在平面HAG内，∴C不正确；已证平面HAG⊥平面AEF，若证HG⊥平面AEF，只需证HG⊥AG，已证AH⊥HG，故HG⊥AG不成立，所以HG与平面AEF不垂直，∴D不正确．故选B.(3)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D答案eq\f(1,3)解析连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为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，连接PB，PC，PA，AC，BD，则肯定相互垂直的平面有______对．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对．题型一直线与平面的位置关系角度1直线与平面所成的角1．(2024·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)答案C解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，依据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，eq\f(AB,BC1)＝tan30°，所以BC1＝2eq\r(3)，从而求得CC1＝eq\r(BC\o\al(2,1)－BC2)＝2eq\r(2)，所以该长方体的体积为V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).故选C.角度2直线与平面垂直的判定和性质2．(2024·镇江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，E为PB上一点，G为PO的中点．(1)若PD∥平面ACE，求证：E为PB的中点；(2)若AB＝eq\r(2)PC，求证：CG⊥平面PBD.证明(1)如图，连接OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD的中点，∵PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝OE，∴PD∥OE，∵O为BD的中点，∴E为PB的中点．(2)在四棱锥P－ABCD中，AB＝eq\r(2)PC，∵四边形ABCD是正方形，∴OC＝eq\f(\r(2),2)AB，∴PC＝OC，∵G为PO的中点，∴CG⊥PO.又PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PC⊥BD.而四边形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．求直线和平面所成角的步骤(1)找寻过斜线上一点与平面垂直的直线．(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角．(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．如举例说明1.2．证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，这是主要证明方法．如举例说明2(2)．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理．1．已知一个正四棱柱的体对角线长为eq\r(6)，且体对角线与底面所成的角的余弦值为eq\f(\r(3),3)，则该四棱柱的表面积为________．答案10解析由图可知，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，底面边长AB＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1，所以所求表面积为4AA1·AB＋2AB2＝4×2×1＋2×12＝10.2．如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴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为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则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.题型二面面垂直的判定与性质1．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，C是圆周上不同于A，B两点的随意一点，且AB＝2，PA＝BC＝eq\r(3)，则二面角A－BC－P的大小为________．答案60°解析因为AB为⊙O的直径，所以AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，可求得BC⊥PC，所以∠PCA为二面角A－BC－P的平面角．因为∠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°.结论探究在本例的条件下，二面角A－PB－C的正切值为________．答案eq\f(\r(7),3)解析如图，过A作AF⊥PC，垂足为F，过F作FE⊥PB，垂足为E，连接AE，由举例说明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为二面角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的正切值为eq\f(\r(7),3).2．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.1．作二面角的平面角的方法(1)定义法：在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．如举例说明1.(2)垂线法：如图所示，作PO⊥β，垂足为O，作OA⊥l，垂足为A，连接PA，则∠PAO为二面角α－l－β的平面角．(3)补棱法：在求解二面角问题时，若构成二面角的两个半平面没有明确的交线，则将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法或垂线法解题．(4)射影面积法eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(S射影,S斜)))：二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积时，都可利用射影面积公式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(S射影,S斜)))求出二面角的大小．(5)向量法(最常用)．(6)转化为线面角：如图，求α－l－β的二面角，即求AB与β所成的角．2．证明面面垂直的两种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线面垂直加以解决．如举例说明2(2)．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，M是AB的中点，AC＝CB＝CC(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A(2)求点M到平面A1CB1的距离．解(1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥∵AC＝CB，M是AB的中点，∴AB⊥CM.又A1A∩AB＝A.∴CM⊥平面ABB1A又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1(2)设点M到平面A1CB1的距离为h，由题意可知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四边形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.∴点M到平面A1CB1的距离h＝eq\f(MC·S△A1MB1,S△A1CB1)＝eq\f(2\r(3),3).题型三平面图形的翻折问题(2024·南昌模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，E，F是边DC的三等分点．现将△DAE，△CBF分别沿AE，BF折起，使得平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直．(1)若G为线段AB上一点，且AG＝1，求证：DG∥平面CBF；(2)求多面体CDABFE的体积．解(1)证明：如图，分别取AE，BF的中点M，N，连接DM，CN，MG，MN，因为AD＝DE＝1，∠ADE＝90°，所以DM⊥AE，且DM＝eq\f(\r(2),2).因为BC＝CF＝1，∠BCF＝90°，所以CN⊥BF，且CN＝eq\f(\r(2),2).因为平面DAE、平面CBF均与平面ABFE垂直，所以DM⊥平面ABFE，CN⊥平面ABFE，所以DM∥CN，因为AM＝AGcos45°，所以∠AMG＝90°，所以△AMG是以AG为斜边的等腰直角三角形，故∠MGA＝45°，而∠FBA＝45°，则MG∥FB，故平面DMG∥平面CBF，则DG∥平面CBF.(2)如图，连接BE，DF，由(1)可知，DM∥CN，且DM＝CN，则四边形DMNC为平行四边形，故DC＝MN＝eq\f(EF＋AB,2)＝2.因为V多面体CDABFE＝VD－ABE＋VB－EFCD＝VD－ABE＋3VB－DEF＝VD－ABE＋3VD－BEF，所以V多面体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).平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的改变，依据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有改变的量和发生改变的量，这些不变的和改变的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．解决此类问题的步骤为：(2024·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7).将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝eq\r(3)，得到如图2所示的四棱锥P－ABCE.(1)求证：AP⊥平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.证明(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7)，∴由余弦定理得CE＝2.连接AC，如图，∵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.组基础关1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β答案D解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不肯定成立，故选D.2．(2024·武汉模拟)已知两个平面相互垂直，下列命题：①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的随意一条直线②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的多数条直线③一个平面内随意一条直线必垂直于另一个平面④过一个平面内随意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析由题意，对于①，当两个平面垂直时，一个平面内的不垂直于交线的直线不垂直于另一个平面内的随意一条直线，故①错误；对于②，设平面α∩平面β＝m，n⊂α，l⊂β，∵平面α⊥平面β，∴当l⊥m时，必有l⊥α，而n⊂α，∴l⊥n，而在平面β内与l平行的直线有多数条，这些直线均与n垂直，故一个平面内的己知直线必垂直于另一个平面内的多数条直线，即②正确；对于③，当两个平面垂直时，一个平面内的任一条直线不垂直于另一个平面，故③错误；对于④，当两个平面垂直时，过一个平面内随意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面，这是面面垂直的性质定理，故④正确．3.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是()A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°答案D解析选项A，B，C明显错误．∵PA⊥平面ABC，∴∠PDA是直线PD与平面ABC所成的角．∵ABCDEF是正六边形，∴AD＝2AB.∵tan∠PDA＝eq\f(PA,AD)＝eq\f(2AB,2AB)＝1，∴直线PD与平面ABC所成的角为45°.故选D.4．(2024·江西南昌摸底)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案A解析因为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，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.5．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1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B1A.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2答案A解析设B1F＝x，因为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).故选A.6．(2024·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案B解析解法一：取CD的中点O，连接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为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，eq\o(OD,\s\up6(→))方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD＝2，则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.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.解法二：如图2，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB.∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD.∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则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.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.7．已知ABC－A1B1C1是全部棱长均相等的直三棱柱，M是B1CA．在棱AB上存在点N，使MN与平面ABC所成的角为45°B．在棱AA1上存在点N，使MN与平面BCC1B1所成的角为45°C．在棱AC上存在点N，使MN与AB1平行D．在棱BC上存在点N，使MN与AB1垂直答案B解析设该直三棱柱的棱长均为a，取BC的中点P，连接MP，则MP⊥平面ABC，点N在棱AB上，若MN与平面ABC所成角为45°，即∠MNP＝45°，则PN＝PM＝a，而PNmax＝eq\f(\r(3),2)a＜a，A错误；若点N在棱AA1上，则点N在平面BCC1B1上的射影为点Q，且MQ∥CC1，此时MN与平面BCC1B1所成角即为∠NMQ，当NQ＝A1N＝eq\f(\r(3),2)a时，∠NMQ＝45°，B正确；因为AC与B1C1是异面直线，所以点N在AC上时，MN与AB1是异面直线或相交直线，不行能平行，C错误；取BC的中点K，则AK⊥平面BCC1B1，AK⊥MN，若MN⊥AB1，则MN⊥平面AB1K，此时MN⊥B1K，当N在棱BC上时，MN⊥B1K不行能成立，D错误，故选B.8．(2024·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.答案若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.9.如图，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，则AD＝________.答案a解析作BC的中点E，连接AE，DE，则在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，且直线AE在平面ABC内，∴由面面垂直的性质定理得AE⊥平面BDC，∵DE⊂平面BDC内，∴AE⊥DE，又在Rt△BCD中，点E是BC的中点，∴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“四地七校”联考)现有编号为①、②、③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面相互垂直的三棱锥的全部编号是________．答案①②解析编号为①的三棱锥，其直观图可能是①，侧棱VC⊥底面ABC，则侧面VAC⊥底面ABC，满意题意；编号为②的三棱锥，其直观图可能是②，侧面PBC⊥底面ABC，满意题意；编号为③的三棱锥，顶点的投影不在底面边上(如图③)，不存在侧面与底面垂直．故答案为①②.组实力关1．如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是()A．一条线段B．一条直线C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点答案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，∴点C在以AB为直径的圆上，∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.2．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上随意一点，E，F为CD上随意两点，且EFA．点P到平面QEF的距离B．三棱锥P－QEF的体积C．直线PQ与平面PEF所成的角D．二面角P－EF－Q的大小答案C解析A中，因为平面QEF也就是平面A1B1CD，明显点P到平面A1B1CD的距离是定值，所以点P到平面QEF的距离为定值；B中，因为△QEF的面积是定值(EF为定长，点Q到EF的距离就是点Q到CD的距离，也是定长，即底和高都是定值)，再依据A的结论，即点P到平面QEF的距离也是定值，所以三棱锥P－QEF的高也是定值，所以三棱锥P－QEF的体积是定值；C中，因为Q是动点，PQ的长不固定，而Q到平面PEF的距离为定值，所以PQ与平面PEF所成的角不是定值；D中，因为A1B1∥CD，Q为A1B1上随意一点，E，F为CD上随意两点，所以二面角P－EF－Q的大小即为二面角P－CD－A1的大小，为定值．3．(2024·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()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解析依据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满意与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为eq\f(\r(2),2)，所以其面积为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)，故选A.4．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PA＝AB＝4，AD＝CD，∠CDA＝120°，N是CD的中点．(1)求证：平面PMN⊥平面PAB；(2)求点M到平面PBC的距离．解(1)证明：在正△ABC中，AB＝BC，在△ACD中，AD＝CD，易证△ADB≌△CDB，所以M为AC的中点，因为N是CD的中点，所以MN∥AD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因为∠CDA＝120°，所以∠DAC＝30°，因为∠BAC＝60°，所以∠BAD＝90°，即BA⊥AD.因为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)设点M到平面PBC的距离为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的中点，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)，所以点M到平面PBC的距离为eq\f(2\r(21),7).组素养关1．(2024·湖南长郡中学模拟)如图，