第4課時空間直線、平面的垂直[考試要求]1．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．2．掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質，并會簡單應用．考點一直線與平面垂直的判定與性質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⊥a?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行a⊥αb⊥αa∥b[典例1](2024·鄭州一中月考)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?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.判定線面垂直的四種方法跟進訓練1(2024·河北廊坊模擬)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，A1B1，AA1?平面AA1B1B，∴C1D⊥平面AA1B1B.(2)選①③能證明AB1⊥平面C1DF.如圖，連接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，DF，C1D?平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF.考點二平面與平面垂直的判定與性質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⊥αlα⊥β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⊥β?l⊥α提醒：兩平面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”這一條件．[典例2](2024·濰坊聯考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[證明](1)在平面ABD內，AB⊥AD，EF⊥AD，則AB∥EF.∵AB?平面ABC，EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD?平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB?平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC.又∵AC?平面ABC.∴AD⊥AC.已知兩平面垂直時，一般要明確兩平面的交線，用性質定理進行轉化，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(2024·廈門模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分別是AC，B1C的中點．(1)求證：EF∥平面AB1C1；(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1.[證明](1)因為E，F分別是AC，B1C的中點，所以EF∥AB1.又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因為B1C⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C?平面AB1C，AC?平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因為AB?平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.考點三垂直關系的綜合應用1．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°．3．三種距離(1)點面距過一點作垂直于已知平面的直線，則該點與垂足間的線段，叫做這個點到該平面的垂線段，垂線段的長度叫做這個點到該平面的距離．(2)線面距一條直線與一個平面平行時，這條直線上任意一點到這個平面的距離，叫做這條直線到這個平面的距離．(3)面面距如果兩個平面平行，那么其中一個平面內的任意一點到另一個平面的距離都相等，把它叫做這兩個平行平面間的距離．[典例3](2024·天津河北區模擬)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.(1)求直線BP與平面PACQ所成角的正弦值；(2)求平面BPQ與平面DPQ的夾角的大小；(3)求點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BP與平面PACQ所成的角．∵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+PA2在Rt△POB中，OB＝3，∴sin∠BPO＝OBBP＝35＝故BP與平面PACQ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是矩形，∴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-PM由余弦定理的推論知，cos∠BMD＝BM2+DM2∴∠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＝13OB·12CQ·∴d×2×2＝3×1×2,∴d＝32故點C到平面BPQ的距離為32利用綜合法求空間線線角、線面角、二面角一定注意“作角、證明、計算”是完整統一過程，缺一不可．跟進訓練3(2024·江蘇宿遷模擬)如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的一動點．(1)證明：△PBC是直角三角形；(2)若PA＝AB＝2，且當直線PC與平面ABC所成角的正切值為2時，求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．[解](1)證明：∵AB是⊙O的直徑，C是圓周上不同于A，B的一動點，∴BC⊥AC.∵PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形．(2)如圖，過A作AH⊥PC于點H.∵BC⊥平面PAC，∴BC⊥AH，又PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴∠ABH是直線AB與平面PBC所成的角．∵PA⊥平面ABC，∴∠PCA就是直線PC與平面ABC所成的角，∵tan∠PCA＝PAAC＝2又PA＝2，∴AC＝2，∴在Rt△PAC中，AH＝PA·ACP∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝AHAB＝233即直線AB與平面PBC所成角的正弦值為33課后習題(三十八)空間直線、平面的垂直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，則下列命題中正確的是()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[對于A，若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l?β或l∥β或l與β相交，故選項A不正確；對于B，若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l與β相交但不一定垂直，故選項B不正確；對于C，若α⊥β，l?α，則l?β或l∥β或l與β相交，故選項C不正確；對于D，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選項D正確．故選D.]2．(人教A版必修第二冊P159練習T2改編)已知直線l垂直于△ABC的邊AB和AC，另一條直線m垂直于△ABC的邊BC和AC，則直線l，m的位置關系是()A．平行B．異面C．相交D．垂直A[因為直線l垂直于△ABC的邊AB和AC，AB∩AC＝A，所以直線l垂直于平面ABC，同理可得直線m垂直于平面ABC，根據線面垂直的性質定理得l∥m.]3．(蘇教版必修第二冊P185練習T3改編)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則直線AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________．13[由題干圖形分析可知，∠AC1A1為直線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＝AA1A4．(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＝13CG＝3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到平面ABC的距離PO]5．已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC[因為α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l，故選C.]6．(2024·山東棗莊模擬)已知m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列可以推出α⊥β的是()A．m⊥l，m?β，l⊥αB．m⊥l，α∩β＝l，m?αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．l⊥α，m∥l，m∥βD[對于A，有可能出現α，β平行的情況，故A錯誤；對于B，會出現平面α，β相交但不垂直的情況，故B錯誤；對于C，m∥l，m⊥α，l⊥β?α∥β，故C錯誤；對于D，l⊥α，m∥l?m⊥α，又由m∥β?α⊥β，故D正確．]7．(2024·邢臺模擬)如圖，在正四面體P-ABC中，D，E，F分別是AB，BC，CA的中點，下列四個結論不正確的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABCD[因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項A正確；在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，所以BC⊥平面PAE，又DF∥BC，所以DF⊥平面PAE.又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.因此B，C均正確．]8．(2024·太原二中月考)在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，則直線PB與平面PAC所成的角為()A．π6B．π4C．πA[如圖，連接BD，交AC于點O.因為PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA.又因為PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC.連接OP，則∠BPO即為直線PB與平面PAC所成的角．又因為PA＝AB＝2，所以PB＝22，BO＝2.所以sin∠BPO＝BOPB＝1所以∠BPO＝π6]9．(多選)(2024·武漢調研)如圖，AC為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點A，C重合的點，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，則下列結論正確的是()A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面PABC．平面PAB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面PACACD[∵PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，∴D正確；∵BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又AC為圓O的直徑，B為圓周上不與點A，C重合的點，∴AB⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，∴C正確；又AN?平面PAB，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB?平面PBC，∴AN⊥平面PBC，又PC?平面PBC，∴AN⊥PC，又PC⊥AS，AS∩AN＝A，AS，AN?平面ANS，∴PC⊥平面ANS，又PC?平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正確．]10“直線a與平面α內的無數條直線都垂直”是“直線a與平面α垂直”的________條件．[答案]必要不充分11．(2024·臨川模擬)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?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.]12．(2024·唐山模擬)如圖，已知ABCD-A1B1C1D1是底面為正方形的長方體，∠AD1A1＝60°，AD1＝4，點P是AD1上的動點．(1)試判斷不論點P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并證明你的結論；(2)當P為AD1的中點時，求異面直線AA1與B1P所成角的余弦值．[解](1)不論點P在AD1上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA1D1D.證明如下：∵BA⊥平面AA1D1D，BA?平面BPA，∴平面BPA⊥平面AA1D1D，∴與點P位置無關．(2)過點P作PE⊥A1D1，垂足為E，連接B1E(如圖)，則PE∥AA1，∴∠B1PE或其補角是異面直線AA1與B1P所成的角．在Rt△AA1D1中，∵∠AD1A1＝60°，∴∠A1AD1＝30°.∴A1B1＝A1D1＝12AD1＝2，A1E＝12A1D1＝1.又PE＝12AA1∴在Rt△B1PE中，B1P＝B1E2+PE2＝22，cos∠B1PE＝∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為64階段提能(十二)空間中的平行與垂直問題1．(人教A版必修第二冊P152練習第4題)過△ABC所在平面α外一點P，作PO⊥α，垂足為O，連接PA，PB，PC.(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的______心．(2)若PA＝PB＝PC，∠C＝90°，則點O是AB邊的________點．(3)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，垂足都為P，則點O是△ABC的________心．(1)外(2)中(3)垂[(1)∵PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC，∴點O是△ABC的外心．(2)如圖，由(1)知，點O是△ABC的外心，又∠ACB＝90°，∴點O是斜邊AB的中點．(3)連接AO并延長交BC于點E，連接PE.∵PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，∴PA⊥平面PBC.又BC?平面PBC，∴BC⊥PA.∵PO⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PO⊥BC.又PO∩PA＝P，PO，PA?平面PAE，∴BC⊥平面PAE.∵AE?平面PAE，∴BC⊥AE.同理可證HC⊥AB，BG⊥AC，∴O是△ABC的垂心．]2．(人教B版必修第四冊P108練習B組第3題)如圖，已知α∥β，點P是平面α，β外的一點，A，C是平面α內兩點，直線PA和PC分別與β相交于B和D.(1)求證：AC∥BD；(2)已知PA＝4cm，AB＝5cm，PC＝3cm，求PD的長．[解](1)證明：直線PB與直線PD可確定平面γ，且γ分別與α，β交于AC，BD.因為α∥β，所以AC∥BD.(2)由(1)知△PAC∽△PBD，所以PAPB＝PC所以PD＝PB·PCPA＝4+53．(人教A版必修第二冊P170復習參考題8第10題)如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E是AB的中點，點F是BC的中點，將△AED，△BEF，△DCF分別沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三點重合于點A′.(1)求證：A′D⊥EF；(2)求三棱錐A′-EFD的體積．[解](1)證明：折疊前AD⊥AE，CD⊥CF，折疊后A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，又A′E∩A′F＝A′，A′E，A′F?平面A′EF，∴A′D⊥平面A′EF.∵EF?平面A′EF，∴A′D⊥EF.(2)由(1)可知，A′D⊥平面A′EF，∴三棱錐D-A′EF的高A′D＝AD＝2，又△A′EF折疊前為△BEF，E，F分別為AB，BC的中點，∴S△A′EF＝S△BEF＝12×1×1＝1∴VA′-EFD＝VD-A′EF＝13S△A′EF·A′D＝13×14．(2021·浙江卷)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，N分別為A1D，D1B的中點，則()A．直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCDB．直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1C．直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCDD．直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1A[法一：連接AD1，則易得點M在AD1上，且AD1⊥A1D.因為AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與BD1異面且垂直．在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直線AB與平面BB1D1D成45°角，所以MN與平面BB1D1D不垂直．所以選項A正確．故選A.法二：以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系(圖略)．設AB＝2，則A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以A1D＝(－2，0，－2)，D1B＝(2，2，－2)，MN＝(0，1，0)，所以A1D·D1B＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由圖易知直線A1D與D1B是異面直線，所以A1D與D1B異面且垂直．因為平面ABCD的一個法向量為n＝(0，0，1)，所以MN·n＝0，所以MN∥平面ABCD.設直線MN與平面BB1D1D所成的角為θ，因為平面BDD1B1的一個法向量為a＝(－1，1，0)，所以sinθ＝|cos〈MN，a〉|＝MN·aMN·5．(2021·全國乙卷)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為()A．π2B．π3C．πD[法一：如圖，連接C1P，因為ABCD-A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角．設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22sin∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以法二：以B1為坐標原點，B1C1，B1A1，B1B所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(圖略)，設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則B(0，0，2)，P(1，1，0)，D1(2，2，0)，A(0，2，2)，PB＝(－1，－1，2)，AD1＝(2，0，－2)．設直線PB與AD1所成的角為θ，則cosθ＝PB·AD因為θ∈0，π2，所以θ法三：如圖所示，連接BC1，A1B，A1P，PC1，則易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成的角等于直線PB與BC1所成的角，即∠PBC1.根據P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點，易知A1，P，C1三點共線，且P為A1C1的中點．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P為A1C1的中點，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝]6．(2023·全國乙卷)已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C-AB-D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A．15B．25C．3C[取AB的中點E，連接CE，DE.因為△ABC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有CE⊥AB，又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，顯然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，顯然平面CDE∩平面ABC＝CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角．令AB＝2，則CE＝1，DE＝3，在△CDE中，由余弦定理得CD＝C＝1+3-2×1×3由正弦定理得DEsin∠DCE＝即sin∠DCE＝3sin150°顯然∠DCE是銳角，cos∠DCE＝1-sin2∠DCE＝所以直線CD與平面ABC所成角的正切值為35故選C.]7．(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點C在底面圓周上，且二面角P-AC-O為45°，則()A．該圓錐的體積為πB．該圓錐的側面積為43πC．AC＝22D．△PAC的面積為3AC[在△PAB中，由余弦定理得AB＝23.如圖，連接PO，易知圓錐的高h＝PO＝1，底面圓的半徑r＝AO＝BO＝3.對于A，該圓錐的體積V＝13πr2h＝π，故A選項正確；對于B，該圓錐的側面積S側＝πr·PA＝23π，故B選項錯誤；對于C，取AC的中點H，連接PH，OH，因為OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，則二面角P-AC-O的平面角為∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝AO2-OH2＝2，所以AC＝22，故C選項正確；對于D，PH＝2OH＝2，S△PAC8．(多選)(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，故B正確；連接A1C1，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＝2sin∠C1BO＝C1OB所以，直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，故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°，故D正確．故選ABD.]9．(2021·全國乙卷)如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點，且PB⊥AM.(1)證明：平面PAM⊥平面PBD；(2)若PD＝DC＝1，求四棱錐P-ABCD的體積．[解](1)證明：∵PD⊥平面ABCD，AM?平面ABCD，∴PD⊥AM.∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB?平面PBD，PD?平面PBD，∴AM⊥平面PBD.又AM?平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD.(2)∵M為BC的中點，∴BM＝12AD由題意知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BMAB＝AB即12AD1＝1AD，得所以S矩形ABCD＝AD·DC＝2×1＝2，則四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝13S矩形ABCD·PD＝13×210．(2021·新高考Ⅰ卷)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點．(1)證明：OA⊥CD；(2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小為45°，求三棱錐A-BCD的體積．[解](1)證明：因為AB＝AD，O為BD的中點，所以OA⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD?平面BCD，所以AO⊥CD.(2)法一：因為△OCD是邊長為1的正三角形，且O為BD的中點，所以