第5課時空間直線、平面的垂直[考試要求]從定義和基本事實出發，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系．1．直線與平面垂直(1)定義：一般地，如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)直線與平面垂直的判定定理與性質定理：文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直l⊥al⊥性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行a⊥αb⊥(3)直線和平面所成的角①定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角，叫做這條直線和這個平面所成的角．②范圍：0°≤θ≤90°．2．二面角(1)從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．以二面角的棱上任一點為端點，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角．(2)二面角的平面角α的范圍：0°≤α≤180°．3．平面與平面垂直(1)定義：兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)平面與平面垂直的判定定理與性質定理：文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直l⊥αl?性質定理兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直α⊥βα∩[常用結論]直線與平面垂直的五個結論(1)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的任意直線．(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行．(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直．(5)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．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)垂直于同一個平面的兩平面平行． ()(2)若α⊥β，a⊥β?a∥α． ()(3)若直線a⊥α，b⊥α，則a∥b． ()(4)若兩平面垂直，則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×二、教材經典衍生1．(人教A版必修第二冊P162練習T2改編)已知平面α，β和直線m，l，則下列命題正確的是()A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l⊥βB．若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥βC．若α⊥β，l?α，則l⊥βD．若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥βD[若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l?β或l∥β或l與β相交，A錯誤；若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l與β相交但不一定垂直，B錯誤；若α⊥β，l?α，則l?β或l∥β或l與β相交，C錯誤；若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥β，由面面垂直的性質定理可知D正確．故選D.]2．(人教A版必修第二冊P158例8改編)如圖，AB是圓柱上底面的一條直徑，C是上底面圓周上異于A，B的一點，D為下底面圓周上一點，且AD垂直圓柱的底面，則必有()A．平面ABC⊥平面BCDB．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACDD．平面BCD⊥平面ABDB[因為AB是圓柱上底面的一條直徑，所以AC⊥BC，又AD垂直于圓柱的底面，所以AD⊥BC，因為AC∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，所以BC⊥平面ACD，因為BC?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD.故選B.]3．(人教A版必修第二冊P152例4改編)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________．13[∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1因為AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝22，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝AA4．(人教A版必修第二冊P152練習T4改編)已知點P為邊長為a的正△ABC所在平面外一點且PA＝PB＝PC＝a，則點P到平面ABC的距離為________．63a[設點P在平面ABC上的射影為點O.由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．如圖，延長CO交AB于點G.因為△ABC是正三角形，故CG為△ABC邊AB上的高，且CO＝2OG.易知OG＝1又因為PA＝PB＝AB＝a，所以△ABP是等邊三角形，所以點P到直線AB的距離為a2?a22＝32a，則點P考點一直線與平面垂直的判定與性質[典例1]如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[證明](1)在四棱錐P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD?平面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的中點，∴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?平面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，∴PD⊥平面ABE.判定線面垂直的四種方法[跟進訓練]1．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F在BB1上．(1)求證：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列給出的三個條件中選取哪兩個條件可使AB1⊥平面C1DF？并證明你的結論．①F為BB1的中點；②AB1＝3；③AA1＝2.[解](1)證明：∵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的中點，∴C1D⊥A1B1.∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.(2)選①③能證明AB1⊥平面C1DF.如圖，連接DF，A1B，∴DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝2，又AA1＝2，則A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.考點二平面與平面垂直的判定與性質[典例2](2024·江西吉安模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E為PC的中點．求證：(1)PA⊥BC；(2)BE⊥平面PDC.[證明](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的中點F，連接EF，AF.在△PCD中，E，F分別為PC，PD的中點，∴EF∥DC，EF＝12DC又AB∥DC，AB＝12DC，∴AB綉EF∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴BE∥AF.∵AP＝AD，F為PD的中點，∴AF⊥PD，∴BE⊥PD.∵PA⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PA⊥DC.∵AB∥CD，∠DAB＝90°，∴AD⊥DC.∵DC⊥AD，DC⊥PA，AD∩PA＝A，∴DC⊥平面PAD.∵AF?平面PAD，∴DC⊥AF.∵BE∥AF，∴DC⊥BE.∵BE⊥DC，BE⊥PD，DC∩PD＝D，∴BE⊥平面PDC.證明面面垂直的兩種方法提醒：在已知兩個平面垂直時，一般要在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直．[跟進訓練]2．如圖，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，點B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中點，且BC＝CA＝AA1．求證：(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)BC1⊥AB1.[證明](1)設BC的中點為M，因為點B1在底面ABC上的射影恰好是點M，所以B1M⊥平面ABC，又因為AC?平面ABC，所以B1M⊥AC，又由BC⊥AC，B1M∩BC＝M且B1M，BC?平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因為AC?平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.(2)連接B1C，因為AC⊥平面B1C1CB，且BC1?平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，因為BC＝CC1，所以四邊形B1C1CB為菱形，所以B1C⊥BC1.又因為B1C∩AC＝C，且B1C，AC?平面ACB1，所以BC1⊥平面ACB1，因為AB1?平面ACB1，所以BC1⊥AB1.【教師備選資源】如圖，在四棱錐S-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，側面SAD⊥底面ABCD，E，F分別為棱AD，SB的中點．(1)求證：AF∥平面SEC；(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BMBS[解](1)證明：取SC的中點G，連接FG，EG.∵F，G分別是SB，SC的中點，∴FG∥BC，FG＝12BC∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點，∴AE∥BC.AE＝12BC∴FG∥AE，FG＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，∴AF∥EG，又AF?平面SEC，EG?平面SEC，∴AF∥平面SEC.(2)證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點，∴SE⊥AD.∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點，∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE?平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，又SA＝AB，F是SB的中點，∴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)存在點M滿足題意．假設在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，則BD⊥OM，∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，∴BE＝7，SE＝3，BD＝2OB＝23，SD＝2，SE⊥AD，∵側面SAD⊥底面ABCD，側面SAD∩底面ABCD＝AD，SE?平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，∴SB＝SE2+∴cos∠SBD＝SB2+∴OBBM＝33020，∴BM＝2103，考點三垂直關系的綜合應用[典例3]如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．[解](1)證明：作AD⊥PC于D，因為平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD?平面PAC，則AD⊥平面PBC.又BC?平面PBC，則AD⊥BC，又因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，則PA⊥BC，又PA，AD?平面PAC，PA∩AD＝A，則BC⊥平面PAC.(2)作AD⊥PC于點D，作DE⊥PB于點E，連接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB?平面PBC，則AD⊥PB，又AD，DE?平面ADE，AD∩DE＝D，則PB⊥平面ADE，又AE?平面ADE，則PB⊥AE，則∠AED即為二面角A-PB-C的平面角．不妨設AC＝BC＝PA＝1，則PC＝2，AD＝1×12＝2又由(1)知BC⊥平面PAC，AC?平面PAC，則BC⊥AC，則AB＝2，PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，則PA⊥AB，則PB＝3，AE＝1×23＝63，則sin∠AED＝ADAE＝則∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小為60°.三種垂直關系的轉化線線垂直eq\o(?,\s\up10(判定定理),\s\do10(性質定理))線面垂直eq\o(?,\s\up10(判定定理),\s\do10(性質定理))面面垂直[跟進訓練]3．如圖，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，四邊形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD.求：(1)直線BP與平面PACQ所成角的正弦值；(2)平面BPQ與平面DPQ的夾角的大小；(3)點C到平面BPQ的距離．[解](1)連接BD交AC于點O，連接OP，∵四邊形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即為直線BP與平面PACQ所成角．∵四邊形PACQ為矩形，∴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＝AB2+PA在Rt△POB中，OB＝3，∴sin∠BPO＝OBBP＝35＝故BP與平面ACQP所成角的正弦值為155(2)取PQ的中點M，連接BM，DM，由(1)知，PA⊥平面ABCD.∵四邊形ABCD是菱形，四邊形PACQ為矩形，∴BP＝BQ，DP＝DQ，∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，∴∠BMD即為二面角B-PQ-D的平面角，在△BDM中，BD＝23，BM＝DM＝BP2?PM2由余弦定理知，cos∠BMD＝BM2+DM∴∠BMD＝120°，故二面角B-PQ-D的大小為120°，則平面BPQ與平面DPQ的夾角為60°.(3)設點C到平面BPQ的距離為d，∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴13d×12BM·PQ＝13OB×12CQ·PQ，∴d×2×2＝3×1×2,∴故點C到平面BPQ的距離為32【教師備選資源】如圖，在三棱錐V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝2，O，M分別為AB，VA的中點．(1)求證：平面MOC⊥平面VAB；(2)求三棱錐B-VAC的高．[解](1)證明：因為AC＝BC，O為AB的中點，所以OC⊥AB.因為平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC，所以OC⊥平面VAB.因為OC?平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(2)在等腰Rt△ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1，所以等邊△VAB的面積為S△VAB＝12×22×sin60°＝3，又因為OC⊥平面VAB，所以OC⊥OM在△AMC中，AM＝1，AC＝2，MC＝2，所以S△AMC＝12×1×72＝所以S△VAC＝2S△MAC＝72設三棱錐B-VAC的高為h，由三棱錐B-VAC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等，即13S△VAC·h＝13S△VAB·所以h＝3×172即三棱錐B-VAC的高為2211．三垂線定理如果平面內的一條直線和這個平面的一條斜線在這個平面內的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．2．三垂線定理的逆定理如果平面內的一條直線和該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內的射影垂直．[典例1](多選)(2021·新高考Ⅱ卷)如圖，下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為頂點，P為正方體所在棱的中點，則滿足MN⊥OP的是()ABCDBC[本題可以用基本性質和判定定理等進行分析，但如果學會了三垂線定理，本題將很直觀．ABCD如圖所示：選項A：OP在上底面的射影與MN重合，因此不滿足題意．選項B：OP在左側面的射影為PQ，P，Q均為棱的中點，PQ⊥MN，根據三垂線定理可知滿足題意．選項C：OP在右側面的射影為QR，Q，R均為棱的中點，QR⊥MN，根據三垂線定理可知滿足題意．選項D：OP在后表面的射影為QR，QR與MN不垂直，因此不滿足題意．綜上，故選BC.][典例2]如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，側棱長為1，底面邊長為2，E是BC的中點，求平面C1DE與平面CDE所成二面角的正切值．[解]過點C作CM⊥DE，垂足為點M，連接C1M，因為C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂線定理)，故∠C1MC即為二面角C1-DE-C的平面角．因為E為中點且四邊形ABCD為正方形，則DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，則CM＝25，又C1C則tan∠C1MC＝C1CCM即平面C1DE與平面CDE所成二面角的正切值為52課時分層作業(四十五)空間直線、平面的垂直(一)一、單項選擇題1．(2024·烏魯木齊模擬)已知直線a，b與平面α，β，γ，能使α⊥β的充分條件是()A．a∥α，b∥β，a⊥bB．α⊥γ，β⊥γC．a∥α，a⊥βD．α∩β＝a，a⊥b，b?βC[對于A，a∥α，b∥β，a⊥b時，α∥β也可能滿足，如圖1，故A錯誤；對于B，α⊥γ，β⊥γ時，α∥β也可能滿足，如圖2，故B錯誤；對于C，a∥α，a⊥β時，一定有α⊥β，故C正確；對于D，α∩β＝a，a⊥b，b?β時，α⊥β不一定成立，如圖3，故D錯誤．故選C.]2．如圖，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，則圖中與平面PCD垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PABC[因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，由四邊形ABCD為矩形得CD⊥AD，因為PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.故選C.]3．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在平面ABC上的射影H必在()A．直線AB上 B．直線BC上C．直線AC上 D．△ABC內部A[由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因為AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．故選A.]4．如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，F是PB上一點，則下列判斷錯誤的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBCC[對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對于B，由A選項可知BC⊥AE，由題意可知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正確；對于C，由B選項可知AE⊥平面PCB，因而AC與平面PCB不垂直，所以AC⊥PB不成立，所以C錯誤；對于D，由B選項可知，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正確．故選C.]5．(2023·河北張家口一模)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則下列選項不正確的是()A．直線A1B與B1C所成的角為60°B．A1B⊥DB1C．DB1⊥平面ACD1D．B1C⊥B1DD[正方體ABCD-A1B1C1D1，如圖所示，∵A1B∥D1C，∴直線D1C與B1C所成的角即為直線A1B與B1C所成的角．又△B1CD1為等邊三角形，∴∠D1CB1＝60°，故A正確；∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC.∵BD?平面BB1D1D，BB1?平面BB1D1D，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D.又B1D?平面BB1D1D，∴AC⊥DB1.同理AD1⊥DB1，又AC?平面ACD1，AD1?平面ACD1，AC∩AD1＝A，∴DB1⊥平面ACD1，∴DB1⊥D1C.又A1B∥D1C，∴DB1⊥A1B，故B，C正確；設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則DC＝1，B1C＝2，DB1＝3，cos∠CB1D＝22+3故選D.]6．已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝22，將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中()A．存在某個位置，使得直線BD與直線AC垂直B．存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C．存在某個位置，使得直線BC與直線AD垂直D．對任意位置，三對直線“AC與BD”“CD與AB”“AD與BC”均不垂直B[矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖1，圖2所示．在圖1中，過點A作AE⊥BD，垂足為E，過點C作CF⊥BD，垂足為點F，由邊AB，BC不相等可知點E，F不重合；在圖2中，連接CE.若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，與點E，F不重合相矛盾，A錯誤；若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，由AB<BC可知存在這樣的直角三角形，使得直線AB與直線CD垂直，B正確；若AD⊥BC，又知DC⊥BC，AD∩DC＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，由已知AB＝2，BC＝22，則BC>AB，所以不存在這樣的直角三角形，C錯誤；由以上可知D錯誤．故選B.]二、多項選擇題7．已知平面α∩平面β＝l，B，D是l上兩點，直線AB?α且AB∩l＝B，直線CD?β且CD∩l＝D.下列結論中，錯誤的有()A．若AB⊥l，CD⊥l，且AB＝CD，則四邊形ABCD是平行四邊形B．若M是AB的中點，N是CD的中點，則MN∥ACC．若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，則CD在α上的射影是BDD．直線AB，CD所成角的大小與二面角α-l-β的大小相等ABD[由題意，AB，CD為異面直線，所以四邊形ABCD為空間四邊形，不能為平行四邊形，A錯誤；取BC的中點H，連接HM，則HM是△ABC的中位線，所以HM∥AC，因為HM與MN相交，所以MN與AC不平行，B錯誤；若AB⊥l，AC⊥l，所以由線面垂直的判定定理可得l⊥平面ABC，所以l⊥BC，由α⊥β結合面面垂直的性質可得BC⊥α，所以點C在平面α內的投影為點B，所以CD在平面α內的射影為BD，C正確；由二面角的定義可得當且僅當AB⊥l，CD⊥l時，直線AB，CD所成的角或其補角才為二面角的大小，D錯誤．故選ABD.]8．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°ABD[如圖，連接B1C，BC1，因為DA1∥B1C，所以直線BC1與B1C所成的角即為直線BC1與DA1所成的角，因為四邊形BB1C1C為正方形，則B1C⊥BC1，故直線BC1與DA1所成的角為90°，A正確；連接A1C，因為A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，則A1B1⊥BC1，因為B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C?平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，B正確；連接A1C1，B1D1，設A1C1∩B1D1＝O，連接BO，因為BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，則C1O⊥B1B，因為C1O⊥B1D1,B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，設正方體棱長為1，則C1O＝22，BC1＝2，sin∠C1BO＝C1O所以直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，C錯誤；因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，D正確．故選ABD.]三、填空題9．(2024·廣東惠州模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等)[∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.]10．如圖，△ABC與△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，則二面角A-BD-C的余弦值為_________．－55[過A作AE⊥CB，交CB的延長線于點E，連接DE∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，∴點E即為點A在平面BCD內的射影，∴△EBD為△ABD在平面BCD內的射影，設AB＝a，則AE＝DE＝ABsin60°＝32a∴AD＝62a，cos∠ABD＝14，∴sin∠ABD＝∴S△ABD＝12a2×154＝15又BE＝12a∴S△BDE＝12×32a×12a設θ為射影面與原面所成的二面角的平面角，∴cosθ＝S△BDES△ABD∵所求的角θ是二面角A-BD-E，而二面角A-BD-C與A-BD-E互補，∴二面角A-BD-C的余弦值為－5511．(2019·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，那么點P到平面ABC的距離為________.2[如圖，過點P作PO⊥平面ABC于點O，則PO為點P到平面ABC的距離．再過點O作OE⊥AC于點E，OF⊥BC于點F，連接PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2?OE212．《九章算術》中的“邪田”意為直角梯形，上、下底稱為畔，高稱為正廣，非高腰邊稱為邪．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為邪田，兩畔CD，AB分別為1，3，正廣AD為23，PD⊥平面ABCD，則邪田ABCD的邪長為________；邪所在直線與平面PAD所成角的大小為________．430°[過點C作CE⊥AB，垂足為點E，延長AD，BC，使得AD∩BC＝F，如圖所示．由題意可得CE＝23，BE＝2，則BC＝12+4＝4．即邪田ABCD的邪長BC為4．由題意知AB⊥AD，CD∥AB，所以DFAF＝CDAB＝13，所以DF＝3.因為PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，則∠AFBtan∠AFB＝ABAF＝333＝33，所以∠AFB＝30°.即邪所在直線與平面四、解答題13．(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1-BB1C1C的高．[解](1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，因為∠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)如圖，過點A1作A1H⊥CC1，交CC1于點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，即四棱錐A1-BB1C1C的高為A1H.由題意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，則△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.又AA1＝2，∠ACA1＝90°，所以A1C1＝CA1＝2.法一：由S△CA1C1＝12·CA1·A1C1＝12·A1H·故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H為斜邊中線，所以A1H＝12CC1故四棱錐A1-BB1C1C的高為1.14．在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中點，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐P-BCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱錐P-BCDE的體積；(2)若PB＝PC，求證：平面PDE⊥平面BCDE.[解](1)如圖所示，取DE的中點M，連接PM，由題意知，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為四棱錐P-BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝12DE＝2而梯形BCDE的面積S＝12(BE＋CD)·BC＝12×(2＋4)∴四棱錐P-BCDE的體積V＝13PM·S＝13×2(2)證明：取BC的中點N，連接PN，MN，則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與DE是相交的，∴PM⊥平面BCDE，∵PM?平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.課時分層作業(四十六)空間直線、平面的垂直(二)1．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝2.(1)證明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求二面角A-A1C1-B1的余弦值．[解](1)證明：連接BC1，與B1C交于點D，則D為BC1，B1C的中點，連接AD，因為AC＝AB1，所以AD⊥B1C，因為側面BB1C1C為菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝2，所以BD＝3，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD，因為B1C∩BD＝D，B1C，BD?平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C，因為AD?平面ACB1，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C.(2)取A1C1的中點E，連接AC1，AE，B1E，由(1)知，AD⊥BD，又BD＝DC1，所以AC1＝AB＝2，又AA