第25课 空间直线、平面的垂直

第25课空间直线、平面的垂直普查与练习25空间直线、平面垂直的判定与性质1．求两条异面直线所成的角(1)(2020内蒙古呼和浩特一模，5分)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为底面边长的2倍，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的余弦值为(C)A．－eq\f(3\r(10),20)B．－eq\f(3,16)C.eq\f(3\r(10),20)D.eq\f(3,16)解析：取BB1的中点N，AB的中点K，连接C1N，NK，CK，C1K.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，∵BB1∥CC1且BB1＝CC1，M，N分别为CC1，BB1的中点，∴BN∥C1M且BN＝C1M，∴四边形BNC1M为平行四边形，∴C1N∥BM.∵K，N分别为AB，BB1的中点，∴NK∥AB1，∴∠KNC1(或其补角)为异面直线AB1和BM所成的角．设正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，则易得C1N＝BM＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，NK＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(\r(1＋4),2)＝eq\f(\r(5),2)，CK＝BC·sin60°＝eq\f(\r(3),2).在Rt△CKC1中，C1K＝eq\r(CK2＋CCeq\o\al(2,1))＝eq\r(\f(3,4)＋4)＝eq\f(\r(19),2)，∴在△KNC1中，由余弦定理得cos∠KNC1＝eq\f(C1N2＋NK2－C1K2,2C1N·NK)＝eq\f(2＋\f(5,4)－\f(19,4),2×\r(2)×\f(\r(5),2))＝－eq\f(3\r(10),20)，∴异面直线AB1和BM所成角的余弦值为eq\f(3\r(10),20).故选C.(2)(2020山东泰安四模，5分)如图所示，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是__eq\f(7,8)__．解析：如图，连接ND，取ND的中点为E，连接ME，CE，则ME∥AN，∴∠EMC即为异面直线AN，CM所成的角或其补角．∵AD＝BC＝2，∴BN＝NC＝AM＝DM＝1.又AB＝AC＝BD＝CD＝3，∴AN⊥BC，DN⊥BC，CM⊥AD，AN＝DN＝CM＝2eq\r(2)，∴ME＝EN＝eq\r(2)，∴EC＝eq\r(EN2＋NC2)＝eq\r(3)，∴cos∠EMC＝eq\f(EM2＋MC2－EC2,2EM·MC)＝eq\f(2＋8－3,2×\r(2)×2\r(2))＝eq\f(7,8).(3)(2021全国Ⅱ，5分)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(D)A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)解析：(法一)如图，连接BC1，PC1.因为AD1∥BC1，所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角．因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1.又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB.设正方体棱长为2，则BC1＝D1B1＝2eq\r(2)，PC1＝eq\f(1,2)D1B1＝eq\r(2)，所以sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).故选D.(法二)如图，构造正方体ADFE－A1D1F1E1，设其棱长为2.将BP平移至AQ处，连接QD1，则∠QAD1或其补角即为直线PB与AD1所成的角．在正方体ADFE－A1D1F1E1中，AD1＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，易知点Q为上底面A1D1F1E1的中心，∴QD1＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22)＝eq\r(2)，AQ＝eq\r(22＋（\r(2)）2)＝eq\r(6)，∴cos∠QAD1＝eq\f(AQ2＋ADeq\o\al(2,1)－QDeq\o\al(2,1),2AQ·AD1)＝eq\f(\r(3),2).又∵∠QAD1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴∠QAD1＝eq\f(π,6).故选D.(4)(2020黑龙江月考，5分)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面ADD1A1内的动点，PB1与A1C垂直，则直线PB1与直线AB所成角的正弦值的最小值是(B)A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)解析：如图，连接B1D1，AD1，AB1，A1P，A1C1.∵A1C在平面A1B1C1D1上的射影为A1C1，A1C1⊥B1D1，∴A1C⊥B1D1(三垂线定理)．同理可得A1C⊥AD1.又B1D1，AD1⊂平面AB1D1，B1D1∩AD1＝D1，∴A1C⊥平面AB1D1.∵平面AB1D1∩平面AA1D1D＝AD1，A1C⊥PB1，∴P是线段AD1上的动点．又AB∥A1B1，∴直线PB1与直线AB所成的角即为∠A1B1P(或其补角)．∵A1B1⊥平面AA1D1D，A1P⊂平面AA1D1D，∴A1B1⊥A1P，设A1B1＝1，A1P＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)≤t≤1))，则在Rt△A1B1P中，B1P＝eq\r(1＋t2)，∴sin∠A1B1P＝eq\f(t,\r(1＋t2))＝eq\r(1－\f(1,1＋t2)).∵eq\f(\r(2),2)≤t≤1，∴当t＝eq\f(\r(2),2)时，sin∠A1B1P取得最小值，最小值为eq\f(\r(3),3).故选B.2．直线与平面垂直的判定与性质a．直线与平面垂直的判定(5)(2023改编，5分)设a，b，l是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法：①若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；②若a⊂α，b⊂α，a⊥l，b⊥l，则l⊥α；③若α∥β，l⊥α，则l⊥β；④若a与平面α相交，且a与α内无数条直线垂直，则a⊥α.其中错误的是__①②④__．(只填序号)解析：对于①，平面α内，只有垂直于平面α与β的交线的直线才与平面β垂直，故①错；对于②，只有a与b相交，才有l⊥α，若a与b平行，则l与α的位置关系不确定，故②错；对于③，由线面垂直的性质，可知③正确；对于④，a与α相交且a与α内无数条直线垂直，则a可能与α斜交，故④错．(6)(2018浙江节选，6分)如图所示，已知多面体ABC－A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.证明：AB1⊥平面A1B1C1.答案：见证明过程证明：(法一)由题意，BB1⊥平面ABC，〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝120°，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝2eq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up6(→))，所以eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝eq\o(C1C,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝－eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up6(→)).又eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝(eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))2－eq\o(BA,\s\up6(→))2＝4－4＝0，(2分)eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(eq\o(BB1,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(BC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(BB1,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up6(→))2＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BB1,\s\up6(→))2＋eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)|eq\o(BB1,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BA,\s\up6(→))|·|eq\o(BC,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)×22＋2×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，(4分)所以AB1⊥B1A1，AB1⊥C1B1.又因为B1A1∩C1B1＝B1，B1A1，C1B1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(6分)(法二)由AA1，BB1，CC1均垂直于平面ABC，AB，BC，AC⊂平面ABC，得AA1⊥AB，BB1⊥AB，CC1⊥BC，BB1⊥BC，CC1⊥AC，AA1∥BB1∥CC1.又AA1＝4，BB1＝2，CC1＝1，所以四边形ABB1A1和四边形BB1C1C为直角梯形．由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，易得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al(2,1)＋ABeq\o\al(2,1)＝AAeq\o\al(2,1)，所以AB1⊥A1B1.(2分)由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，易得B1C1＝eq\r(5).在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，则AC＝2ABsineq\f(∠ABC,2)＝2eq\r(3)，所以在Rt△ACC1中，AC1＝eq\r(AC2＋CCeq\o\al(2,1))＝eq\r(（2\r(3)）2＋12)＝eq\r(13)，所以ACeq\o\al(2,1)＝ABeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)，所以AB1⊥B1C1.(5分)又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(6分)(7)(2023汇编，12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形．(Ⅰ)若∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：l⊥平面PDC；答案：见证明过程证明：∵l为平面PAD与平面PBC的交线，且AD∥BC，∴l∥BC.(2分)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.又BC⊥CD，CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PDC，∴BC⊥平面PDC，(4分)∴l⊥平面PDC.(5分)(Ⅱ)若∠ABC＝60°，E为线段PA的中点，CE⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD.求证：PD⊥平面ABCD.答案：见证明过程证明：如图，取AD的中点F，连接EF，CF，AC.∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ACD是等边三角形．又∵F是AD的中点，∴CF⊥AD.又∵CE⊥AD，CE∩CF＝C，CE，CF⊂平面CEF，∴AD⊥平面CEF.又EF⊂平面CEF，∴AD⊥EF.(8分)∵E，F分别是AP，AD的中点，∴EF∥PD.又∵EF⊥AD，∴PD⊥AD.(10分)又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊂平面PAD，∴PD⊥平面ABCD.(12分)b．直线与平面垂直的性质(8)(2020全国Ⅲ节选，5分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上．证明：当AB＝BC时，EF⊥AC.答案：见证明过程证明：因为ABCD－A1B1C1D1是长方体，所以BF⊥平面ABCD.而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BF.(2分)连接BD，由AB＝BC可得四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.(4分)又因为EF⊂平面BDEF，所以EF⊥AC.(5分)(9)(多选)(2021新高考Ⅱ，5分)如图，下列正方体中，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(BC)ABCD解析：A项，如图，在底面过点O作MN的平行线M′N′，即底面的对角线，则OP，ON′分别是Rt△PN′O的斜边和直角边，它们显然不垂直．因为MN∥M′N′，所以MN与OP不垂直．B项，如图，取NB的中点C，则OC与左侧面垂直，所以OC⊥MN.又因为PC∥AB，AB⊥MN，所以PC⊥MN.结合PC与OC相交于点C，且PC，OC⊂平面PCO，所以MN⊥平面PCO，所以MN⊥OP.C项，如图，点C为所在棱的中点，与B项同理可得M′N′⊥平面PCO，又因为MN∥M′N′，所以MN⊥平面PCO，所以MN⊥OP.D项，如图，A，B分别是所在棱的中点，所以OB，PA均与平面AMBN垂直，所以OB⊥MN.由AP∥OB，可知O，B，A，P共面．假设MN⊥OP，又因为OB⊥MN，OP与OB相交于点O，且OP，OB⊂平面OBAP，所以MN⊥平面OBAP，所以MN⊥AB，显然错误，所以假设不成立，所以MN与OP不垂直．综上，选BC.3．平面与平面垂直的判定与性质a．平面与平面垂直的判定(10)(2020全国Ⅰ节选，6分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.证明：平面PAB⊥平面PAC.答案：见证明过程证明：因为△ABC是底面圆O的内接正三角形，DO是圆锥的轴，P在DO上，所以三棱锥P－ABC为正三棱锥，(2分)所以∠APB＝∠BPC＝∠APC＝90°，所以AP⊥BP，CP⊥BP.又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，所以BP⊥平面PAC.(4分)又因为BP⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(6分)(11)(2023汇编，12分)已知四棱锥P－ABCD的底面是矩形．(Ⅰ)若PD⊥底面ABCD，M为BC上一点，且PB⊥AM.证明：平面PAM⊥平面PBD；答案：见证明过程证明：∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM.又∵PB⊥AM，PD，PB⊂平面PBD，PB∩PD＝P，∴AM⊥平面PBD.(3分)又∵AM⊂平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD.(6分)(Ⅱ)若侧面PAB⊥底面ABCD，E为PC上的点，并且BE⊥平面APC.求证：平面PAD⊥平面PBC.答案：见证明过程证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB.又侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PAB.又AP⊂平面PAB，∴AP⊥BC.∵BE⊥平面APC，AP⊂平面APC，∴AP⊥BE.(9分)又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面PBC，∴AP⊥平面PBC.又AP⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PBC.(12分)b．平面与平面垂直的性质(12)(经典题，5分)下列命题中错误的是(D)A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β解析：对于A，平面α与平面β相交，则平面α内有无数条直线平行于交线，这些平行于交线的直线都与平面β平行，故A正确；对于B，假设平面α内存在直线垂直于平面β，则由面面垂直的判定定理可得平面α与平面β垂直，与已知条件矛盾，故假设不成立，所以在平面α内一定不存在直线垂直于平面β，故B正确；对于C，由面面垂直的性质，可知该结论是正确的；对于D，由面面垂直的性质定理，知平面α内垂直于两平面交线的直线垂直于平面β，故D错误．(13)(2023汇编，12分)在三棱锥A－BCD中，O为BD的中点，平面ABD⊥平面BCD.(Ⅰ)若AB＝AD，证明：AO⊥CD；答案：见证明过程证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，且AO⊂平面ABD，AO⊥BD，所以AO⊥平面BCD.又因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(5分)(Ⅱ)若AB＝AD＝BC＝CD＝BD＝2，点G是△BCD的重心，点M是线段AC上一点，且AM＝eq\f(\r(6),3).证明：MG⊥CD.答案：见证明过程证明：如图，因为AB＝AD，所以由(Ⅰ)可得AO⊥平面BCD.又因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC.因为AB＝AD＝BC＝CD＝BD＝2，所以AO＝OC＝eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)，所以AC＝eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，所以AM＝eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)AC.(8分)又因为点G是△BCD的重心，所以OG＝eq\f(1,3)OC，所以MG∥AO，所以MG⊥平面BCD.又因为CD⊂平面BCD，所以MG⊥CD.(12分)4．空间几何体中的综合问题a．平面图形的折展过程中的线面关系(14)(2020河南洛阳期中，5分)如图，△ABC为等边三角形，D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，AF∩DE＝G，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点A′的位置，下列命题中，错误的是(D)A．动点A′在平面BCED上的射影在线段AF上B．恒有平面A′GF⊥平面BCEDC．三棱锥A′－EFD的体积有最大值D．异面直线A′E与BD不可能垂直解析：在等边三角形ABC中，易知AG⊥DE，FG⊥DE，所以A′G⊥DE.又A′G∩FG＝G，所以DE⊥平面A′FG.而DE⊂平面BCED，所以平面A′GF⊥平面BCED，故B正确．过A′作A′H⊥AF，垂足为H，因为平面A′GF⊥平面BCED，平面A′GF∩平面BCED＝AF，A′H⊂平面A′FG，所以A′H⊥平面BCED，即点A′在平面BCED内的射影在线段AF上，故A正确．VA′－EFD＝eq\f(1,3)A′H·S△EFD，因为S△EFD为定值，所以当A′H＝A′G时，三棱锥A′－EFD的体积有最大值，故C正确．因为E，F分别为AC，BC的中点，所以EF∥AB，所以异面直线A′E与BD所成角的大小为∠A′EF(或其补角)．设等边三角形ABC的边长为2，则AE＝FE＝1，A′G＝FG＝eq\f(\r(3),2).若∠A′EF＝90°，则A′F＝eq\r(2)，此时，△A′FG存在，故A′E与BD可能垂直．故D错误．故选D.b．垂直关系中的探索性问题(15)(经典题，12分)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，E是AD的中点，将△ABE沿BE折起，记折起后的三角形为△PBE，且PC＝1.(Ⅰ)证明：平面PCE⊥平面PBD；答案：见证明过程证明：设CE与BD交于点O，连接PO，如图．由已知可得四边形BCDE为菱形，∴BD⊥CE.(2分)在△PEC中，PE＝PC＝1，O为EC的中点，∴PO⊥CE.(3分)又BD∩PO＝O，BD，PO⊂平面PBD，∴CE⊥平面PBD.(4分)又CE⊂平面PCE，∴平面PCE⊥平面PBD.(6分)(Ⅱ)在线段PD上是否存在点F，使得EF⊥CD？若存在，求出eq\f(PF,PD)的值；若不存在，请说明理由．答案：存在，eq\f(PF,PD)＝eq\f(1,2)解：存在，当eq\f(PF,PD)＝eq\f(1,2)，即F为PD的中点时，EF⊥CD.(7分)理由如下：如图，取CD的中点M，BE的中点N，PD的中点F，连接EM，FM，EF，CN，PN.由已知可得△PBE，△CBE都为等边三角形，∴PN⊥BE，CN⊥BE.又PN∩CN＝N，PN，CN⊂平面PCN，∴BE⊥平面PCN.又PC⊂平面PCN，∴BE⊥PC.由四边形BCDE为菱形可得CD∥BE，∴CD⊥PC.∵F，M分别为PD，CD的中点，∴PC∥FM，∴CD⊥FM.(10分)由△CDE为等边三角形可得CD⊥EM.又ME，MF⊂平面EFM，ME∩MF＝M，∴CD⊥平面EFM.∵EF⊂平面EFM，∴CD⊥EF，∴当F为PD的中点时，EF⊥CD，此时eq\f(PF,PD)＝eq\f(1,2).(12分)(16)(2023汇编，12分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面．(Ⅰ)若AC⊥BC，BC＝CC1，E，F分别为A1B1，BC的中点，在棱CC1上是否存在一点G，使得平面B1EG⊥平面A1C1F？说明理由．答案：存在，点G为CC1的中点，理由见解答过程解：当G为CC1的中点时，平面B1EG⊥平面A1C1F.(1分)如图，连接B1G，EG.在正方形BB1C1C中，由F，G分别为BC，CC1的中点，易得△B1C1G≌△C1CF，所以∠CC1F＋∠B1GC1＝90°，所以B1G⊥C1F.在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为侧棱垂直于底面，所以CC1⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC.又因为CB⊥AC，CC1∩BC＝C，CC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.(3分)因为AC∥A1C1，所以A1C1⊥平面BCC1B1.因为B1G⊂平面BCC1B1，所以A1C1⊥B1G.因为A1C1∩C1F＝C1，A1C1，C1F⊂平面A1C1F，所以B1G⊥平面A1C1F.又因为B1G⊂平面B1EG，所以平面B1EG⊥平面A1C1F.(6分)(Ⅱ)若BC＝AC＝1,CC1＝eq\r(3)，点D是AB的中点，在棱BB1上是否存在一点M，使A1M⊥平面CB1D？若存在，指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由．答案：存在，点M为BB1上靠近点B1的三等分点，理由见解答过程解：当点M为BB1上靠近点B1的三等分点时，A1M⊥平面CB1D.(7分)理由如下：如图，连接AC1，A1M，设A1M∩B1D＝N.因为BC＝AC，点D为AB的中点，所以CD⊥AB.因为侧棱BB1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥BB1.因为AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面ABB1A1，CD⊥AB，CD⊥BB1，所以CD⊥平面ABB1A1.又因为A1M⊂平面ABB1A1，所以CD⊥A1M.(9分)在矩形ABB1A1中，eq\f(A1B1,B1M)＝eq\f(\r(2),\f(1,3)\r(3))＝eq\r(6)，eq\f(BB1,BD)＝eq\f(\r(3),\f(1,2)\r(2))＝eq\r(6)，∠A1B1M＝∠B1BD，所以△A1B1M∽△B1BD，所以∠B1A1M＝∠BB1D，所以∠B1NM＝π－∠A1MB1－∠BB1D＝π－∠A1MB1－∠B1A1M＝eq\f(π,2)，所以A1M⊥B1D.(11分)又因为A1M⊥CD，B1D∩CD＝D，B1D，CD⊂平面CB1D，所以A1M⊥平面CB1D.(12分)c．平行与垂直的综合问题(17)(2021浙江，4分)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(A)A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1解析：如图，连接AD1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为M是A1D的中点，且四边形AA1D1D为正方形，所以M为AD1的中点．又N是D1B的中点，所以MN∥AB.因为MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.又因为AB不垂直于BD，所以MN不垂直于BD，所以MN不垂直于平面BDD1B1，所以选项B、D不正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D.又因为AD1⊥A1D，AD1∩AB＝A，且AD1，AB⊂平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1.因为D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D，D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确．故选A.(18)(2018北京，14分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(Ⅰ)求证：PE⊥BC；答案：见证明过程证明：因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.(2分)又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD.又因为BC⊂平面ABCD，所以PE⊥BC.(4分)(Ⅱ)求证：平面PAB⊥平面PCD；答案：见证明过程证明：因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD.由(Ⅰ)可知PE⊥平面ABCD，且CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PE.又因为PE∩AD＝E，PE，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又因为AP⊂平面PAD，所以AP⊥CD.(7分)又因为AP⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥平面PCD.又因为AP⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.(9分)(Ⅲ)求证：EF∥平面PCD.答案：见证明过程证明：取PC的中点M，连接FM，DM.因为F为PB的中点，所以FM∥BC且FM＝eq\f(1,2)BC.因为四边形ABCD为矩形，所以BC∥AD且BC＝AD.又因为E为AD的中点，所以ED∥BC且ED＝eq\f(1,2)BC，所以FM∥ED且FM＝ED，所以四边形EFMD为平行四边形，(12分)所以EF∥DM.又因为DM⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF∥平面PCD.(14分)(19)(2020安徽月考，12分)如图，在多面体ABCDE中，△ABD和△ABC都是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB⊥AD且AB＝2，P，M，N，F分别为CE，BD，BE，AB的中点，DE∥CF，DE＝CF.(Ⅰ)求证：平面PMN∥平面ABC；答案：见证明过程证明：∵P，N分别为CE，BE的中点，∴PN∥BC.又PN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PN∥平面ABC.(2分)∵M，N分别为BD，BE的中点，∴MN∥DE.又DE∥CF，∴MN∥CF.∵MN⊄平面ABC，CF⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.(4分)又PN∩MN＝N，PN，MN⊂平面PMN，∴平面PMN∥平面ABC.(6分)(Ⅱ)若平面ABD⊥平面ABC，求多面体ABCDE的体积．答案：eq\f(8,3)解：连接DF.∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.又AD⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴AD⊥平面ABC.(9分)由DE∥CF，DE＝CF，可得四边形DECF为平行四边形，∴D，E到平面ABC的距离相等，三棱锥E－ABC的高h1＝AD＝2;E，C到平面ABD的距离相等，三棱锥E－ABD的高h2＝BC＝2，∴VE－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，VE－ABD＝eq\f(1,3)S△ABD·h2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，∴V多面体ABCDE＝VE－ABC＋VE－ABD＝eq\f(4,3)＋eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).(12分)d．几何法求空间距离(20)(2018全国Ⅱ，12分)如图所示，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(Ⅰ)证明：PO⊥平面ABC；答案：见证明过程证明：(法一)如图，连接OB.在△ABC中，因为AB＝BC＝2eq\r(2)，AC＝4，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC.又因为O为AC的中点，所以OB＝OA＝OC＝2.(2分)在△PAC中，因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，PO＝2eq\r(3).(4分)又因为PB＝4，所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为AC，OB⊂平面ABC，AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.(6分)(法二)如图，取BC中点N，连接PN，ON.在△ABC中，因为AB＝BC＝2eq\r(2)，AC＝4，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC.因为O为AC的中点，N为BC的中点，所以ON∥AB，所以ON⊥BC.(2分)因为在△PBC中，PB＝PC，N为BC的中点，所以PN⊥BC.又因为ON，PN⊂平面PON，ON∩PN＝N，所以BC⊥平面PON.因为PO⊂平面PON，所以BC⊥PO.(4分)因为在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.又因为AC，BC⊂平面ABC，AC∩BC＝C，所以PO⊥平面ABC.(6分)(Ⅱ)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．答案：eq\f(4\r(5),5)解：如图，过点C作CG⊥OM，垂足为G.由(Ⅰ)得PO⊥平面ABC.又PO⊂平面POM，所以平面POM⊥平面ABC.又因为CG⊥OM，CG⊂平面ABC，平面POM∩平面ABC＝OM，所以CG⊥平面POM，即点C到平面POM的距离为CG的长．(8分)易得在△OCM中，OC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以OM＝eq\r(OC2＋CM2－2OC·CM·cos∠OCM)＝eq\f(2\r(5),3).(10分)因为eq\f(1,2)OC·CM·sin∠OCM＝eq\f(1,2)OM·CG，所以CG＝eq\f(OC·CM·sin∠OCM,OM)＝eq\f(4\r(5),5).(12分)(21)(2020广东潮州二模，12分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为PD的中点，AD＝2.(Ⅰ)求证：平面AEC⊥平面PCD；答案：证明过程证明：∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD.∵AE⊂平面PAD，∴AE⊥CD.(3分)∵E为PD的中点，侧面PAD为正三角形，∴AE⊥PD.又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD.(5分)∵AE⊂平面AEC,∴平面AEC⊥平面PCD.(6分)(Ⅱ)若△AEC的面积为eq\r(3)，求点P到平面AEC的距离．答案：eq\f(\r(3),2)解：∵AD＝2，∴S△PAE＝eq\f(1,2)AE·PE＝eq\f(1,2)×eq\r(4－1)×1＝eq\f(\r(3),2).(7分)由AE⊥平面PCD得AE⊥CE，∴SRt△AEC＝eq\f(1,2)AE·EC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)EC＝eq\r(3)，∴EC＝2.∵CD⊥平面PAD，∴点C到平面PAD的距离为CD＝eq\r(EC2－DE2)＝eq\r(3).(9分)设点P到平面AEC的距离为h，∵VP－AEC＝VC－PAE，∴eq\f(1,3)S△AEC·h＝eq\f(1,3)S△PAE·CD，∴eq\f(1,3)×eq\r(3)h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)，解得h＝eq\f(\r(3),2).(12分)(22)(2020百校联盟模拟，12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥平面PCD，AD⊥AB,AB＝AD＝AP＝eq\f(1,2)CD＝2，E为PC的中点．(Ⅰ)求证：BE⊥平面PCD；答案：见证明过程证明：如图，取PD的中点F，连接AF，EF，则CD∥EF.因为AB∥平面PCD，AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD＝CD，所以AB∥CD，所以AB∥EF.因为点E，F分别为PC，PD的中点，所以EF＝eq\f(1,2)CD.又因为AB＝eq\f(1,2)CD，所以EF＝AB，所以四边形ABEF是平行四边形，所以BE∥AF.因为AD＝AP，F为PD的中点，所以AF⊥PD.(3分)因为AD⊥AB，AB∥CD，所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AF⊂平面PAD，所以CD⊥AF.(6分)又因为AF⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以AF⊥平面PCD.又因为BE∥AF，所以BE⊥平面PCD.(8分)(Ⅱ)求直线AB到平面PCD的距离．答案：eq\r(2)解：因为AB∥平面PCD，点F∈平面PCD，由(Ⅰ)知AF⊥平面PCD，所以AF的长度即直线AB到平面PCD的距离．(9分)因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD.又因为AD＝AP＝2，F为PD的中点，所以AF＝eq\f(1,2)PD＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)，即直线AB到平面PCD的距离为eq\r(2).(12分)(23)(2021福建厦门期末，5分)如图1，平行六面体容器ABCD－A1B1C1D1中盛有高度为h的水，AB＝AD＝AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°.将容器底面的一边BC固定在地面上，当容器倾斜到如图2所示的位置时，水面恰好过A，B1，C1，D四点，则h的值为(B)图1图2A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\f(2\r(6),3)解析：如图，作A1E⊥AD于点E，作A1F⊥AB于点F，连接EF.因为∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则A1E＝A1F＝AA1sin60°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，AE＝AF＝AA1cos60°＝2×eq\f(1,2)＝1.又因为∠EAF＝60°，所以△AEF为等边三角形，则EF＝AE＝AF＝1.(法一)取EF的中点G，连接AG，A1G，则AG⊥EF，A1G⊥EF，EG＝FG＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)，则AG＝AFsin60°＝eq\f(\r(3),2)，A1G＝eq\r(A1E2－EG2)＝eq\r(（\r(3)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(11),2).由余弦定理的推论可得，cos∠A1AG＝eq\f(AAeq\o\al(2,1)＋AG2－A1G2,2AA1·AG)＝eq\f(4＋\f(3,4)－\f(11,4),2×2×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),3)，所以sin∠A1AG＝eq\r(1－cos2∠A1AG)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),3).作A1H⊥AG于点H.因为AG⊥EF，A1G⊥EF，AG∩A1G＝G，且AG，A1G⊂平面AA1G，所以EF⊥平面AA1G.又因为A1H⊂平面AA1G，所以EF⊥A1H.又因为A1H⊥AG，AG∩EF＝G，AG，EF⊂平面ABCD，所以A1H⊥平面ABCD，所以点A1到平面ABCD的距离d＝A1H＝AA1sin∠A1AG＝2×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(6),3).由题意可知，水的体积为平行六面体ABCD－A1B1C1D1体积的一半，所以h＝eq\f(1,2)d＝eq\f(\r(6),3)，故选B.(法二)结合图形的对称性，可知点A1在平面ABCD内的射影点H在AC上．故cos∠A1AF＝cos∠A1AH·cos∠HAF，即eq\f(1,2)＝cos∠A1AH·eq\f(\r(3),2)，解得cos∠A1AH＝eq\f(\r(3),3).故点A1到平面ABCD的距离A1H＝A1A·sin∠A1AH＝2×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(2\r(6),3)，所以h＝eq\f(1,2)A1H＝eq\f(\r(6),3).故选B.e．几何法解决简单线面角、二面角问题(24)(2018浙江，4分)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则(D)A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1解析：设AB的中点为M，正方形ABCD的中心为点O，过点E作EF∥BC交CD于点F，取EF的中点N，连接SO，SM，SN，ON，OM，OE，如图．因为BC∥EF，所以∠SEN即为SE与BC所成的角，即θ1＝∠SEN.因为四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，所以该四棱锥为正四棱锥，所以SO⊥底面ABCD，所以SE与平面ABCD所成的角为∠SEO，即θ2＝∠SEO.因为点O为正方形ABCD的中心，点M为AB的中点，SA＝SB，所以OM⊥AB，SM⊥AB，所以∠SMO是二面角S－AB－C的平面角，即θ3＝∠SMO.易证四边形EMON为矩形，且EN⊥SN，故tanθ1＝tan∠SEN＝eq\f(SN,EN)＝eq\f(SN,OM)≥eq\f(SO,OM).又因为tanθ2＝tan∠SEO＝eq\f(SO,EO)≤eq\f(SO,OM)，tanθ3＝tan∠SMO＝eq\f(SO,OM)，所以tanθ2≤tanθ3≤tanθ1.根据正切函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，可知θ2≤θ3≤θ1.故选D.(25)(2020海南，5分)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(B)A．20°B．40°C．50°D．90°解析：设A所在的纬线圈的圆心为O′，则OO′垂直于纬线所在的平面．∵晷面与赤道所在平面平行，∴晷面与纬线所在平面平行.又晷针与晷面垂直，∴晷针与纬线所在平面垂直，即晷针与OO′平行，∴求OO′与点A处的水平面所成角即可．如图所示，过点A作OA的垂面，交OO′于点H，则∠OHA即为晷针与点A处的水平面所成角．由题可知∠OAO′＝40°，∵OA⊥AH，O′A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO′＝40°.故选B.(26)(2020北京节选，7分)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点，求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．答案：eq\f(2,3)解：连接A1E.设正方体的棱长为2a，则AD1＝2eq\r(2)a，AE＝eq\r(5)a，ED1＝3a，＝eq\f(1,2)·2a·2a＝2a2.(2分)由余弦定理的推论知cos∠EAD1＝eq\f(ADeq\o\al(2,1)＋AE2－EDeq\o\al(2,1),2AD1·AE)＝eq\f(8a2＋5a2－9a2,2×2\r(2)a·\r(5)a)＝eq\f(\r(10),10)，∴sin∠EAD1＝eq\f(3\r(10),10)，∴＝eq\f(1,2)AD1·AE·sin∠EAD1＝3a2.(4分)设点A1到平面EAD1的距离为h.∵，∴eq\f(1,3)h·3a2＝eq\f(1,3)×2a·2a2，∴h＝eq\f(4,3)a.(6分)设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝eq\f(h,AA1)＝eq\f(\f(4,3)a,2a)＝eq\f(2,3).故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为eq\f(2,3).(7分)(27)(2018天津节选，8分)如图所示，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(Ⅰ)求证：AD⊥BC；答案：见证明过程证明：因为平面ABC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，所以AD⊥平面ABC.又因为BC⊂平面ABC，所以AD⊥BC.(3分)(Ⅱ)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．答案：eq\f(\r(3),4)解：连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CM⊥AB，CM＝eq\r(3).又因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，CM⊂平面ABC，所以CM⊥平面ABD，所以∠CDM即为直线CD与平面ABD所成的角．(6分)在Rt△CAD中，CD＝eq\r(AC2＋AD2)＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝eq\f(CM,CD)＝eq\f(\r(3),4)，即直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).(8分)(28)(2021新高考Ⅱ，12分)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝eq\r(5)，QC＝3.(Ⅰ)求证：平面QAD⊥平面ABCD；答案：见证明过程证明：因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，且CD＝AD＝2.又因为QD＝eq\r(5)，QC＝3，所以QC2＝CD2＋QD2，所以CD⊥QD.又因为CD⊥AD，且QD，AD⊂平面QAD，QD∩AD＝D，所以CD⊥平面QAD.(2分)又因为CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD.(4分)(Ⅱ)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．答案：eq\f(2,3)解：在△QAD中，过A作QD的垂线，垂足为E，连接BE，如图．由(Ⅰ)可知，CD⊥平面QAD.根据正方形的性质，可知AB∥CD，所以AB⊥平面QAD，所以AB⊥QD.又因为AE⊥QD，且AB，AE⊂平面ABE，AB∩AE＝A，所以QD⊥平面ABE.(6分)又因为BE⊂平面ABE，所以QD⊥BE，所以∠AEB即为二面角B－QD－A的平面角．因为QA＝QD＝eq\r(5)，AD＝2，所以△QAD是等腰三角形．(8分)设AD边上的高为h，则h＝eq\r(QA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD,2)))2)＝2.因为S△QAD＝eq\f(1,2)AD·h＝eq\f(1,2)QD·AE，所以AE＝eq\f(AD·h,QD)＝eq\f(4\r(5),5).(10分)因为AB⊥平面QAD，所以AB⊥AE.在△BAE中，根据勾股定理得BE＝eq\r(AB2＋AE2)＝eq\f(6\r(5),5)，所以cos∠AEB＝eq\f(AE,BE)＝eq\f(2,3)，所以二面角B－QD－A的平面角的余弦值为eq\f(2,3).(12分)随堂普查练251．(2021北京期末改编，5分)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DD1，BB1上的动点，且满足DE＝FB1.下列说法正确的是(B)A．直线AC1与EF可能异面B．直线AC1与EF一定相交C．直线EF与直线AC所成角随着E点位置的变化而变化D．三棱锥A－CEF的体积随着E点位置的变化而变化解析：如图，设AC1的中点为O，连接BD，B1D1，CO.∵DE＝FB1，由正四棱柱的对称性可知，点E，F关于点O对称，即EF经过点O，∴EF∩AC1＝O，故B选项正确，A选项错误．∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD.又∵BB1∩BD＝B，BD，BB1⊂平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D.又∵EF⊂平面BB1D1D，∴AC⊥EF，C选项错误．三棱锥A－CEF的体积即三棱锥E－AOC与F－AOC的体积之和，易知S△AOC＝eq\f(1,4)，即S△AOC恒定不变；点E，F到底面AOC的距离即棱DD1，BB1到平面AA1C1C的距离，亦恒定不变，∴三棱锥A－CEF的体积恒定不变，D选项错误．故选B.2．(2023汇编，15分)①在四面体ABCD中，BD＝AC＝2，AB＝BC＝CD＝DA＝eq\r(3)，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线EF与AC所成的角为(B)A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)②如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，E，F分别为PD，CD的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为__eq\f(3,4)__；③如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中点；如图2，将△DAE沿AE折起，使平面DAE⊥平面ABCE，则异面直线AE和DB所成角的余弦值为__eq\f(\r(6),6)__．解析：①根据题意，四面体ABCD可补成一个长、宽、高分别为eq\r(2)，eq\r(2)，1的长方体，如图所示．取AB的中点G，连接GE，GF.因为G，F分别是AB，BC的中点，所以GF∥AC，且GF＝eq\f(1,2)AC＝1.同理GE∥BD，GE＝eq\f(1,2)BD＝1.因为AC⊥BD，所以GF⊥GE，所以△GEF是等腰直角三角形，所以∠EFG＝eq\f(π,4)，即异面直线EF与AC所成的角为eq\f(π,4).故选B.②如图，取PC的中点M，AB的中点N，连接EM，MN，ND，DM.易知EM∥DC∥AB，EM＝eq\f(1,2)AB＝AN，DN∥FB，所以四边形AEMN为平行四边形，所以AE∥MN，且AE＝MN，所以异面直线AE与BF所成的角为∠DNM或其补角．因为∠DAB＝60°，四边形ABCD为菱形，AB＝2，所以易求得BF＝DN＝eq\r(3).因为△PAD为等边三角形，AD＝2，所以易求得AE＝eq\r(3)，所以MN＝eq\r(3).过点P作PG⊥AD于点G，连接CG.因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，所以PG⊥底面ABCD.又CG⊂底面ABCD，所以PG⊥CG.在Rt△APG中，PG＝PA·sin60°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).在△CDG中，CG2＝CD2＋DG2－2CD·DG·cos120°，所以CG＝eq\r(7)，所以在Rt△PGC中，PC＝eq\r(PG2＋CG2)＝eq\r(10)，所以DM＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2)＝eq\f(\r(6),2).在△DMN中，cos∠DNM＝eq\f(DN2＋NM2－DM2,2DN·NM)＝eq\f(3＋3－\f(6,4),2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(3,4)，所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为eq\f(3,4).③取AE的中点O，连接DO，BO，延长EC到F使EC＝CF，连接BF，DF，OF，则BF∥AE，∴∠DBF或它的补角为异面直线AE和DB所成的角．∵DA＝DE＝1，∠ADE＝90°，∴DO⊥AE，且AO＝DO＝eq\f(\r(2),2).在△ABO中，根据余弦定理得cos∠OAB＝cos45°＝eq\f(AO2＋AB2－BO2,2AO·AB)＝eq\f(\r(2),2)，解得BO＝eq\f(\r(10),2).同理可得OF＝eq\f(\r(,26),2).∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE＝AE，DO⊂平面DAE，DO⊥AE，∴DO⊥平面ABCE.∵BO⊂平面ABCE，∴DO⊥BO，∴BD2＝BO2＋DO2＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,2)＝3，∴BD＝eq\r(3).同理可得DF＝eq\r(7).又∵BF＝AE＝eq\r(2)，∴在△DBF中，cos∠DBF＝eq\f(DB2＋BF2－DF2,2DB·BF)＝eq\f(3＋2－7,2×\r(3)×\r(2))＝－eq\f(\r(6),6).∵异面直线所成角的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴异面直线AE和DB所成角的余弦值为eq\f(\r(6),6).3．(2020四川校级月考，12分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，BB1＝2eq\r(2)，点E，F，M分别为C1D1，A1D1，B1C1的中点，过点M的平面α与平面DEF平行，且与长方体的面相交，交线围成一个几何图形．(1)在图中画出这个几何图形，并求这个几何图形的面积(写出作法，不用说明理由)；答案：作法及图形见解答过程，面积为6eq\r(5)解：设N为A1B1的中点，连接MN，AN，AC，CM，则四边形MNAC为所求作的图形．(2分)易知MN∥AC，四边形MNAC为梯形，且MN＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(2).在Rt△CC1M中，MC＝eq\r(CCeq\o\al(2,1)＋C1M2)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3)，在Rt△AA1N中，NA＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋A1N2)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3)，∴梯形ACMN为等腰梯形，则梯形ACMN的高h＝eq\r(MC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC－MN,2)))\s\up12(2))＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2)－2\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\r(10)，∴梯形ACMN的面积S＝eq\f(1,2)(AC＋MN)·h＝eq\f(1,2)×(4eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\r(10)＝6eq\r(5).(6分)(2)求证：D1B⊥平面DEF.答案：见证明过程证明：连接DB，D1B1.设D1B1交EF于点Q，连接DQ，易得Q为EF的中点并且为D1B1的四等分点，即D1Q＝eq\f(1,4)×4eq\r(2)＝eq\r(2).由已知得DE＝eq\r(DDeq\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C1D1,2)))\s\up12(2))＝eq\r(DDeq\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A1D1,2)))\s\up12(2))＝DF，∴DQ⊥EF.由ABCD－A1B1C1D1为长方体，可知DD1⊥平面A1B1C1D1.又EF⊂平面A1B1C1D1，∴EF⊥DD1.又DD1，DQ⊂平面BB1D1D，DD1∩DQ＝D，∴EF⊥平面BB1D1D.又D1B⊂平面BB1D1D，∴EF⊥D1B.(9分)∵在Rt△DD1Q与Rt△D1DB中，eq\f(D1Q,D1D)＝eq\f(D1D,DB)＝eq\f(1,2)，∴∠D1QD＝∠BD1D，∴∠QD1B＋∠D1QD＝∠QD1B＋∠BD1D＝90°，∴DQ⊥D1B.(10分)又DQ，EF⊂平面DEF，DQ∩EF＝Q，∴D1B⊥平面DEF.(12分)4．(2019北京，5分)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：__若m∥α，l⊥α，则l⊥m；或若l⊥m,__l⊥α，则m∥α(答案不唯一，写一个即可)__．解析：若l⊥α为条件，则因为l⊥α，所以l垂直于α内的任意一条直线．①若m∥α，则m平行于平面α内的一条直线，所以l⊥m.②若l⊥m，且已知m⊄α，则存在唯一一个平面β，使得l⊥β，且m⊂β，显然α与β不重合．因为l⊥α，l⊥β，所以α∥β.因为m⊂β，所以m∥α.若l⊥m，m∥α为条件，则l与α可能相交，也可能平行，故不能得到l⊥α.综上，正确的命题为：若m∥α，l⊥α，则l⊥m；或若l⊥m，l⊥α，则m∥α.5．(2020江苏，14分)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；答案：见证明过程证明：因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.(4分)因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(7分)(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.答案：见证明过程证明：因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC，AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面AB1C，所以AB⊥平面AB1C.(11分)因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.(14分)6．(2020山东日照模拟节选，6分)在如图所示的四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，M，N分别是AB，PC的中点．求证：MN⊥平面PCD.答案：见证明过程证明：取PD的中点E，连接EN，AE.∵M，N，E分别为AB，PC，PD的中点，∴EN∥AM，EN＝AM＝eq\f(1,2)AB，∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE.(2分)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.又CD⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD.∵CD⊂平面PCD,∴平面PCD⊥平面PAD.(4分)∵PA＝AD，E为PD的中点，∴AE⊥PD.又平面PCD∩平面PAD＝PD，AE⊂平面PAD,∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD.(6分)7．(经典题，12分)如图，在直角梯形SABC中，∠B＝∠C＝eq\f(π,2)，D为边SC上的点，且AD⊥SC，现将△SAD沿AD折起到△PAD的位置(折起后点S记为P)，并使得PA⊥AB.(1)求证：PD⊥平面ABCD；答案：见证明过程证明：∵∠B＝∠C＝eq\f(π,2)，AD⊥SC，∴四边形ABCD为矩形，AB⊥AD.又∵PA⊥AB，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.(4分)∵PD⊥AD，AD∩AB＝A，∴PD⊥平面ABCD.(5分)(2)已知PD＝AD，PD＋AD＋DC＝6，G是AD的中点，当线段PB取得最小值时，在平面PBC上是否存在点F，使得FG⊥平面PBC？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．答案：存在，点F为PB的中点解：存在，点F为PB的中点．理由如下：设PD＝x，则AD＝x，DC＝6－2x(0<x<3)．如图，连接BD.∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD，∴PB2＝x2＋x2＋(6－2x)2＝6(x－2)2＋12，当且仅当x＝2时，PB2取得最小值，即PB取得最小值．(8分)取PC的中点M，连接MF，DM.∵PD⊥平面ABCD，且BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∴BC⊥平面PCD.又DM⊂平面PCD，∴BC⊥DM.∵PD＝CD＝2，M是PC的中点，∴DM⊥PC.又BC∩PC＝C，∴DM⊥平面PBC.(10分)∵M，F分别是PC，PB的中点，G是AD的中点，∴MFeq\f(1,2)BCGD，∴四边形DMFG是平行四边形，∴GF∥DM，∴GF⊥平面PBC.(12分)8．(2019全国Ⅰ，12分)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；答案：见证明过程证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由题设知A1B1DC，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.(4分)又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(6分)(2)求点C到平面C1DE的距离．答案：eq\f(4\r(17),17)解：过C作C1E的垂线，垂足为H.因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，所以DE⊥BC.在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，C1C⊥底面ABCD.又DE⊂底面ABCD，所以DE⊥C1C.因为BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE.又CH⊂平面C1CE，所以DE⊥CH.因为CH⊥C1E，DE∩C1E＝E，DE，C1E⊂平面C1DE，所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离．(10分)由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，所以CH＝eq\f(\f(1,2)×1×4,\f(1,2)×\r(17))＝eq\f(4\r(17),17)，即点C到平面C1DE的距离为eq\f(4\r(17),17).(12分)9．(2021陕西宝鸡一模，12分)如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，且底面ABCD为平行四边形，若∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝1.(1)求证：平面PAD⊥平面PBD；答案：见证明过程证明：∵AB＝2，AD＝1，∠DAB＝60°，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝3，∴AB2＝BD2＋AD2，∴AD⊥BD.∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD.(3分)∵AD⊥BD，PD⊥BD，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，∴BD⊥平面PAD.(5分)又∵BD⊂平面PBD，∴平面PAD⊥平面PBD.(6分)(2)若∠PCD＝45°，求点D到平面PBC的距离．答案：eq\f(2\r(21),7)解：由(1)可知AD⊥BD，PD⊥平面ABCD.又∵AD∥BC，BC，CD⊂平面ABCD，∴BC⊥BD，PD⊥BC，PD⊥CD.又∵∠PCD＝45°，∴PD＝CD＝2，PC＝eq\r(2)CD＝2eq\r(2)，∴三棱锥P－BCD的体积VP－BCD＝eq\f(1,3)PD×eq\f(1,2)BC·BD＝eq\f(\r(3),3).(9分)∵BC⊥BD，PD⊥BC，BD，PD⊂平面PBD，BD∩PD＝D，∴BC⊥平面PBD.又∵PB⊂平面PBD，∴BC⊥PB，∴PB＝eq\r(PC2－BC2)＝eq\r(7)，∴S△PBC＝eq\f(1,2)PB·BC＝eq\f(\r(7),2)，∴点D到平面PBC的距离d＝eq\f(3VP－BCD,S△PBC)＝eq\f(2\r(21),7).(12分)10．(2020四川遂宁模拟，5分)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，则平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为(C)A.eq\r(3)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(4\r(3),3)D．2eq\r(3)解析：如图，连接AC，A1C1，CD1，A1B，A1C.在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，△AB1D1为边长为4eq\r(2)的等边三角形，面积为S＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝8eq\r(3).在三棱锥B1－AA1D1中，A1B1⊥平面AA1D1，体积为V＝eq\f(1,3)A1B1·eq\f(1,2)A1D1·AA1＝eq\f(1,6)×43＝eq\f(32,3)，∴点A1到平面AB1D1的距离为d1＝eq\f(3V,S)＝eq\f(4\r(3),3).同理可得点C到平面BC1D的距离为d2＝eq\f(4\r(3),3).在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，AC，AA1⊂平面A1ACC1，AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面A1ACC1.又∵A1C⊂平面A1ACC1，∴BD⊥A1C.同理可得C1D⊥A1C.又∵BD，C1D⊂平面BC1D，BD∩C1D＝D，∴A1C⊥平面BC1D.同理可得A1C⊥平面AB1D1，∴平面BC1D∥平面AB1D1，平面AB1D1与平面BC1D之间的距离d＝A1C－d1－d2＝eq\r(42×3)－eq\f(4\r(3),3)×2＝eq\f(4,3)eq\r(3).故选C.11．(2020浙江，15分)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)证明：EF⊥DB；答案：见证明过程证明：作DH⊥AC于点H，连接BH.∵平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DH⊂平面ACFD，∴DH⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC，∴DH⊥BC.(2分)在Rt△DHC中，CH＝DC·cos45°＝eq\f(\r(2),2)DC.∵DC＝2BC，∴CH＝eq\f(\r(2),2)DC＝eq\r(2)BC，∴eq\f(BC,CH)＝eq\f(\r(2),2).又∠ACB＝45°，∴△BHC是直角三角形，且∠HBC＝90°，∴BH⊥BC.(4分)又DH，BH⊂平面DHB，DH∩BH＝H，∴BC⊥平面DHB.∵DB⊂平面DHB，∴BC⊥DB.又在三棱台ABC－DEF中，EF∥BC，∴EF⊥DB.(7分)(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．答案：eq\f(\r(3),3)解：设BC＝1，则BH＝1，CH＝DH＝eq\r(2)，DC＝2，DB＝eq\r(DH2＋BH2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3).(9分)作HG⊥DB于点G，连接CG.∵BC⊥平面DHB，HG⊂平面DHB，∴BC⊥HG.又BC∩DB＝B，BC，DB⊂平面DBC，∴HG⊥平面DBC.∵CH∥DF，∴直线DF与平面DBC所成角即为直线CH与平面DBC所成角，即∠HCG.(12分)∵在Rt△DHB中，DH·HB＝BD·HG，∴HG＝eq\f(DH·HB,BD)＝eq\f(\r(2)×1,\r(3))＝eq\f(\r(6),3).∵GC⊂平面DBC，∴HG⊥GC，∴△HGC是直角三角形，且∠HGC＝90°，∴sin∠HCG＝eq\f(HG,HC)＝eq\f(\f(\r(6),3),\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，即直线DF与平面DBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(15分)12．(2020百校联盟模拟，12分)如图，将斜边长为4eq\r(2)的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的高AD折成直二面角B－AD－C，E为AD中点．→(1)求二面角A－BC－E的余弦值；答案：eq\f(2\r(2)