2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第四节 空间直线、平面的垂直

第四节空间直线、平面的垂直课标解读考向预测1．理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．2．掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单的应用．近三年高考考查空间直线、平面的垂直，主要以直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质为主，通常和空间向量结合命题，考查考生的推理论证能力和转化与化归能力，难度适中．预计2026年高考本节内容仍会考查，以解答题第(1)问的形式呈现，难度中档．必备知识—强基础1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的eq\x(\s\up1(01))任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)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eq\x(\s\up1(02))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(\x(\s\up1(03))m⊂α,\x(\s\up1(04))n⊂α,m∩n＝P,\x(\s\up1(05))l⊥m,\x(\s\up1(06))l⊥n))⇒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(\x(\s\up1(07))a⊥α,\x(\s\up1(08))b⊥α))⇒a∥b2．直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的eq\x(\s\up1(09))射影所成的角叫做这条直线与这个平面所成的角．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eq\x(\s\up1(10))两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：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\x(\s\up1(11))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．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是eq\x(\s\up1(12))直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)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eq\x(\s\up1(13))垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(14))a⊂α,\x(\s\up1(15))a⊥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eq\x(\s\up1(16))交线，那么这条直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(17))α⊥β,\x(\s\up1(18))α∩β＝a,\x(\s\up1(19))l⊥a,\x(\s\up1(20))l⊂β))⇒l⊥α1．两个重要结论(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)．2．三种垂直关系的转化线线垂直eq\o(,\s\up7(判定))线面垂直eq\o(,\s\up7(判定),\s\do5(性质))面面垂直3．三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．4．三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．5．如图，如果二面角α－AB－β的大小为θ，则cosθ＝eq\f(S△S′AB,S△SAB)．题组一走出误区——判一判(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⊥平面β，则平面α内一定存在直线平行于平面β．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第二册8．6．3练习T2改编)已知平面α，β和直线m，l，则下列说法正确的是()A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥βB．若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥βC．若α⊥β，l⊂α，则l⊥βD．若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β答案：D解析：若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊂β或l∥β或l与β相交，A错误；若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l与β相交但不一定垂直，B错误；若α⊥β，l⊂α，则l⊂β或l∥β或l与β相交，C错误；若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β，由面面垂直的性质定理可知D正确．故选D．(2)(人教A必修第二册8．6．3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垂直于圆柱的底面，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．(3)(多选)(人教A必修第二册习题8．6T20改编)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，F是PB上一点，则下列判断中正确的是()A．BC⊥平面PAC B．AE⊥EFC．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC答案：ABD解析：对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项可知，BC⊥AE，由题意可知，AE⊥PC，又BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，若AC⊥PB，因为AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PBC，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正确．故选ABD．(4)(人教A必修第二册8．6．2例4改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．答案：eq\f(1,3)解析：由题意，得AA1⊥平面A1B1C1D1，所以∠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)．考点探究—提素养空间中垂直关系的基本问题已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n．其中所有的真命题是()A．②③ B．①④C．②④ D．①③答案：B解析：对于①，若m⊥n，过直线m上点A作直线l，使l∥n，则直线m与l确定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如图1，则有l⊥β，因为m⊥α，m⊂γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c⊂γ得c∥l，则c⊥β，所以α⊥β，①为真命题；对于②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分别为平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中点分别为M，N，P，连接MN，MP，令直线MN，MP分别为直线m，n，如图2，显然满足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②为假命题；对于③，取②中正方体，令平面ABCD，平面DCC1D1分别为平面α，β，直线AA1，A1B1分别为直线m，n，显然满足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③为假命题；对于④，因为n∥β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，则有m⊥β，从而有m⊥b，所以m⊥n，④为真命题．故选B．与垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明．(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．1．(2025·浙江宁波模拟)已知平面α，β，γ，α∩β＝l，则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”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：由于α∩β＝l，所以l⊂α，l⊂β，若l⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立；若α⊥γ，β⊥γ，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，则存在直线a⊂γ，使得a⊥m，所以a⊥α，由于l⊂α，故a⊥l，同理，存在直线b⊂γ，使得b⊥n，所以b⊥β，由于l⊂β，故b⊥l，由于a，b不平行，所以a，b是平面γ内两条相交直线，所以l⊥γ，故必要性成立．直线与平面垂直的判定与性质(多考向探究)考向1直线与平面垂直的判定(2025·广东惠州模拟)如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC．求证：DD1⊥平面ABCD．证明：证法一：因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC，所以△DD1P≌△CC1P，所以∠DD1P＝∠CC1P，又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC．因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又DC∩AD＝D，DC，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD．证法二：如图，取DC的中点E，连接PE．因为PD＝PC，所以PE⊥DC．因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC．因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又DC∩AD＝D，DC，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD．1．证明直线与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(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α)．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．2．如图，在圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE＝AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO＝18，P为线段DO上一个动点．当PO＝3eq\r(6)时，证明：PA⊥平面PBC．证明：连接DE，因为AE＝AD，AD＝DE，所以△ADE是正三角形，则∠DAO＝eq\f(π,3)，又DO⊥底面圆O，AE⊂底面圆O，所以DO⊥AE，在Rt△AOD中，DO＝18，所以AO＝eq\f(DO,\r(3))＝6eq\r(3)．因为△ABC是正三角形，所以AB＝AO×eq\f(\r(3),2)×2＝6eq\r(3)×eq\r(3)＝18，AP＝eq\r(AO2＋PO2)＝9eq\r(2)，BP＝AP，所以AP2＋BP2＝AB2，即AP⊥BP，同理可证AP⊥PC，又BP∩PC＝P，BP，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC．考向2直线与平面垂直的性质(1)已知直线l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A∉α，B∉α，且OA＝AB．若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝()A．2 B．1C．eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)答案：A解析：因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD．连接OD，则O，C，D三点共线，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD)．因为OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2)．因为AC＝1，所以BD＝2．故选A．(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1．证明：如图所示，连接A1C1，C1D，B1D1，BD．∵AC∥A1C1，EF⊥AC，∴EF⊥A1C1．又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1，∴EF⊥平面A1C1D．①∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1．∵四边形A1B1C1D1为正方形，∴A1C1⊥B1D1，又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥平面BB1D1D，而BD1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1．同理DC1⊥BD1．又DC1∩A1C1＝C1，DC1，A1C1⊂平面A1C1D，∴BD1⊥平面A1C1D，②由①②可知EF∥BD1．1．垂直关系里线线垂直是基础eq\a\vs4\al(线线垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(勾股定理逆定理,线面垂直则垂直面内所有线,等腰三角形三线合一,矩形邻边垂直,菱形对角线垂直))2．垂直关系中线面垂直是重点(1)eq\a\vs4\al(线面垂直,哪里找)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直两条相交线,垂面里面作垂线,直（正）棱柱的侧棱是垂线,\a\vs4\al(正棱锥的顶点与底面的中心的连线是垂线)))(2)eq\a\vs4\al(线垂面,有何用)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(垂直里面所有线（证线线垂直）,过垂线作垂面（证明面面垂直）))3．过△ABC所在平面α外的一点P，作PO⊥α，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则O是△ABC的()A．内心 B．外心C．重心 D．垂心答案：A解析：如图，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由题意可得PE＝PF＝PD，又PO⊥平面ABC，而AC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD＝P，PO∩PE＝P，PO∩PF＝P，∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD⊂平面POD，OE⊂平面POE，OF⊂平面POF，∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD＝eq\r(PD2－PO2)，OE＝eq\r(PE2－PO2)，OF＝eq\r(PF2－PO2)，∴OD＝OE＝OF，故O一定是△ABC的内心．故选A．4．(2025·山西大同一中阶段练习)如图，在四面体P－ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA．(1)求证：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD．证明：(1)由AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，得AD⊥PB，又PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面APD，所以PB⊥平面APD．(2)由(1)及PB⊂平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，又平面PBD∩平面APD＝PD，AG⊥PD，AG⊂平面APD，所以AG⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，所以AG⊥BD．平面与平面垂直的判定与性质如图，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为正方形，DE＝BD＝1，CE＝eq\r(2)，G为DA的中点，H为DE的中点．求证：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE．证明：因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1．因为四边形ABCD为菱形，所以DC＝DA＝1．又因为CE＝eq\r(2)，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC．因为DA∩DC＝D，且DA，DC⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD．又因为DE⊂平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD．因为BD＝1＝DA＝AB，G为DA的中点，所以BG⊥DA．又BG⊂平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝DA，所以BG⊥平面ADEF．因为HF⊂平面ADEF，所以BG⊥HF．因为四边形ADEF为正方形，G为DA的中点，H为DE的中点，所以tan∠HFE＝tan∠GED＝eq\f(1,2)，∠HFE＝∠GED．因为∠GEF＋∠GED＝eq\f(π,2)，所以∠GEF＋∠HFE＝eq\f(π,2)，所以HF⊥GE．因为BG∩GE＝E，BG，GE⊂平面BGE，所以HF⊥平面BGE，因为BE⊂平面BGE，所以HF⊥BE．1．判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性质的应用(1)面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)若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．5．在三棱锥V－ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB，则()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案：C解析：因为∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC与BC不垂直，即A错误；过点V作VO⊥BC于点O，连接OA，因为侧面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即点V在底面ABC上的投影为点O，因为OA⊂平面ABC，所以VO⊥OA．因为VA＝VB，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，所以OA⊥BC，因为VO∩OA＝O，VO，OA⊂平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因为VA⊂平面VOA，所以VA⊥BC，即C正确；由三垂线定理知，若VB⊥AC，则BC⊥AC，这与∠ACB＝45°矛盾，故VB与AC不垂直，同理，VC与AB不垂直，即B，D错误．故选C．6．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，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)如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O．因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O．因为∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC为公共边，所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC．又AC＝A1C1，所以A1C＝A1C1，又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1，所以△CA1C1是等腰直角三角形，所以A1O＝eq\f(1,2)CC1＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1．几何法求直线与平面所成的角与二面角(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O，则下列结论正确的是()A．BD＝AC B．BD⊥平面PACC．PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4) D．二面角P－BD－A的正切值为2答案：BCD解析：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝2eq\r(3)，故A不正确；∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，故B正确；∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA为PB与平面ABCD所成的角，又PA＝AB＝2，∴∠PBA＝eq\f(π,4)，即PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)，故C正确；如图，连接PO，由B项知BD⊥平面PAC，∴PO⊥BD，AO⊥BD，∴∠POA为二面角P－BD－A的平面角，在Rt△PAO中，∵PA＝2，AO＝1，tan∠POA＝2，∴二面角P－BD－A的正切值为2，故D正确．故选BCD．(1)利用几何法求空间线线角、线面角、二面角时要注意“作角、证明、计算”是一个完整的过程，缺一不可．(2)斜线与平面所成的角，首先作出平面的垂线，得出斜线在平面内的射影，从而得出斜线与平面所成的角，转化为直角三角形求解．(3)求空间角中的难点是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定义法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点；②垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角；③垂线法：过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面所在平面的垂线，得到垂足B，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两条垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角，这样就把问题归结为解一个直角三角形，这是求解二面角最基本、最重要的方法．7．(多选)(2025·河北邯郸模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列说法正确的是()A．直线BC与平面ABC1D1所成的角为eq\f(π,4)B．四棱锥C—ABC1D1的体积为eq\f(1,3)C．两条异面直线D1C与BC1所成的角为eq\f(π,3)D．二面角C－BC1－D的平面角的余弦值为－eq\f(\r(3),3)答案：ABC解析：如图，取BC1的中点H，连接CH，则CH⊥BC1，因为AB⊥平面BCC1B1，CH⊂平面BCC1B1，所以CH⊥AB，又AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，所以CH⊥平面ABC1D1，所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角，且其为eq\f(π,4)，故A正确；因为点C到平面ABC1D1的距离为CH的长度，且其为eq\f(\r(2),2)，所以VC－ABC1D1＝eq\f(1,3)AB×BC1×CH＝eq\f(1,3)×1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,3)，故B正确；易证BC1∥AD1，所以异面直线D1C与BC1所成的角为∠AD1C或其补角，连接AC，因为△ACD1为等边三角形，所以两条异面直线D1C与BC1所成的角为eq\f(π,3)，故C正确；连接DH，因为BD＝DC1，所以DH⊥BC1，又CH⊥BC1，所以∠CHD为二面角C－BC1－D的平面角，易求得DH＝eq\f(\r(6),2)，又CD＝1，CH＝eq\f(\r(2),2)，在△CDH中，由余弦定理，得cos∠CHD＝eq\f(DH2＋CH2－CD2,2DH·CH)＝eq\f(\r(3),3)，故D错误．故选ABC．平行、垂直关系的综合问题(2025·辽宁沈阳期末)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为SD，BC的中点．(1)证明：EF∥平面SAB；(2)若平面SAD⊥平面ABCD，∠BAD＝120°．求证：AF⊥SD．证明：(1)取SA的中点G，连接EG，BG，因为E为SD的中点，所以EG∥AD，EG＝eq\f(1,2)AD，又底面ABCD为菱形，F为BC的中点，所以BF∥AD，BF＝eq\f(1,2)AD．所以EG∥BF，EG＝BF，所以四边形EGBF为平行四边形，所以EF∥BG，因为EF⊄平面SAB，BG⊂平面SAB，所以EF∥平面SAB．(2)因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝120°，所以∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，因为F为BC的中点，所以AF⊥BC，因为AD∥BC，所以AF⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，AF⊂平面ABCD，所以AF⊥平面SAD，因为SD⊂平面SAD，所以AF⊥SD．1．三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．2．垂直与平行的综合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．如果有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．8．(2025·陕西安康模拟)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．解：(1)证明：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．∵SA＝AB，F是SB的中点，∴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)，∴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)．课时作业基础题(占比50%)中档题(占比30%)拔高题(占比20%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★★考向空间中垂直关系的基本问题空间中垂直关系的基本问题平面与平面垂直的判定与性质平面与平面垂直的判定与性质几何法求直线与平面所成的角与二面角平行、垂直关系的综合问题几何法求直线与平面所成的角与二面角平行、垂直关系的综合问题三垂线定理直线与平面垂直的判定与性质考点平面与平面垂直的判定平面与平面垂直的判定几何法求二面角求直线与平面所成角的正切值题号111213141516171819难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考向直线与平面垂直的判定与性质直线与平面垂直的判定与性质几何法求直线与平面所成的角与二面角几何法求直线与平面所成的角与二面角直线与平面垂直的判定与性质平面与平面垂直的判定与性质；几何法求直线与平面所成的角与二面角直线与平面垂直的判定与性质；平面与平面垂直的判定与性质平行、垂直关系的综合问题直线与平面垂直的判定与性质；几何法求直线与平面所成的角与二面角考点直线与平面垂直的性质求直线与平面所成的角几何法求二面角直线与平面垂直的判定平面与平面垂直的判定；求二面角一、单项选择题1．(2025·广东广州模拟)已知α，β，γ是三个不重合的平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则下列命题正确的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，则l∥mB．若l∥m，则α∥βC．若α⊥β，γ⊥β，则l⊥mD．若l⊥m，则α⊥β答案：C解析：若α⊥γ，β⊥γ，则l∥m或l与m相交，故A错误；若l∥m，则α∥β或α与β相交，故B错误；若α⊥β，γ⊥β，则l⊥m，故C正确；若l⊥m，则α与β相交，不一定垂直，故D错误．2．(2025·新疆乌鲁木齐模拟)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是()A．a∥α，b∥β，a⊥bB．α⊥γ，β⊥γC．a∥α，a⊥βD．α∩β＝a，a⊥b，b⊂β答案：C解析：对于A，当a∥α，b∥β，a⊥b时，也可能α∥β，如图1，故A不符合题意；对于B，当α⊥γ，β⊥γ时，也可能α∥β，如图2，故B不符合题意；对于C，当a∥α，a⊥β时，一定有α⊥β，故C符合题意；对于D，当α∩β＝a，a⊥b，b⊂β时，不一定有α⊥β，如图3，故D不符合题意．故选C．3．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1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：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，得AC⊥平面ABC1．因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以点C1在平面ABC内的射影H必在两平面的交线AB上．故选A．4．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PAB答案：C解析：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形，得CD⊥AD，因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选C．5．在二面角α－l－β中，A∈α，AB⊥平面β于点B，BC⊥平面α于点C，若AB＝6，BC＝3，则二面角α－l－β的平面角的大小为()A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°答案：D解析：如图，因为AB⊥β，所以AB⊥l，因为BC⊥α，所以BC⊥l，又AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以l⊥平面ABC，设平面ABC∩l＝D，则∠ADB为二面角α－l－β的平面角或其补角，因为AB＝6，BC＝3，所以∠BAC＝30°，因为AB⊥β，BD⊂β，所以AB⊥BD，所以∠ABD＝90°，所以∠ADB＝60°，所以二面角α－l－β的平面角的大小为60°或120°．6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设M为BC的中点，则下列说法正确的是()A．A1M⊥BD B．A1M∥平面CC1D1DC．A1M⊥AB1 D．A1M⊥平面ABC1D1答案：C解析：如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM．而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不成立，故A不正确；对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1．因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不成立，故B不正确；对于C，因为MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩MB＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正确；对于D，假设A1M⊥平面ABC1D1，因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，显然不成立，故D不正确．故选C．7．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(2),5)C．eq\f(\r(3),5) D．eq\f(2,5)答案：C解析：取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB．又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然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，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理，得CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理，得eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(3),2\r(7))，显然∠DCE是锐角，故cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq\f(5,2\r(7))，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq\f(\r(3),5)．故选C．8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F是棱C1D1上任意两点，且EF＝1，P，Q是正方形ABCD及其内部的动点，且PQ＝1，则四面体P－EFQ体积的最大值为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．1 D．eq\f(4,3)答案：A解析：设直线QP交直线CD于点M，连接ME，MF，则S△MEF＝eq\f(1,2)×1×2＝1，过点P，Q在平面ABCD内分别作PG⊥CD，QH⊥CD，垂足分别为G，H，因为平面ABCD⊥平面CC1D1D，平面ABCD∩平面CC1D1D＝CD，PG⊥CD，PG⊂平面ABCD，所以PG⊥平面CC1D1D，同理可得QH⊥平面CC1D1D，设∠QMH＝θ，VP－EFQ＝|VQ－MEF－VP－MEF|＝eq\f(1,3)S△MEF·|QH－PG|＝eq\f(1,3)S△MEF·|QM－PM|sinθ＝eq\f(1,3)S△MEF·PQsinθ≤eq\f(1,3)S△MEF·PQ＝eq\f(1,3)，当且仅当PQ⊥CD时，等号成立，故四面体P－EFQ体积的最大值为eq\f(1,3)．故选A．二、多项选择题9．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：解法一(利用三垂线定理)：对于A，如图1，OP在上底面的射影与MN重合，因此不满足题意；对于B，如图2，OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为所在棱的中点，所以PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；对于C，如图3，OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为所在棱的中点，所以QR⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；对于D，如图4，OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．故选BC．解法二：设正方体的棱长为2．对于A，如图1，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP与MN所成的角．在Rt△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不满足题意；对于B，如图2，取MT的中点Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MN，PQ⊥MN，所以MN⊥平面OPQ，又OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B满足题意；对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B项的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C满足题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，AO，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OP与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(2＋1)＝eq\r(3)，OP＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，因为OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP与MN不垂直，故D不满足题意．故选BC．10．(2025·浙江温州模拟)如图，在三棱锥P－EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P－EDF中()A．△PEF的面积为eq\f(1,2) B．PD⊥EFC．平面PEF⊥平面DEF D．三棱锥P－EDF的体积为eq\f(1,3)答案：ABD解析：对于A，易知S△BEF＝S△PEF＝eq\f(1,2)×BE×BF＝eq\f(1,2)，故A正确；对于B，如图，连接BD交EF于点G，根据正方形的性质易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD，EF⊥PG，又PG∩GD＝G，PG，GD⊂平面PGD，所以EF⊥平面PGD，又PD⊂平面PGD，所以EF⊥PD，故B正确；对于C，由上可知∠PGD为平面PEF与平面DEF的夹角，易知PG＝eq\f(\r(2),2)，DG＝eq\f(3\r(2),2)，PD＝2≠eq\r(PG2＋DG2)，则PG，GD不垂直，故C错误；对于D，由题意可知PD，PE，PF两两垂直，则VP－EDF＝eq\f(1,3)×PD×eq\f(1,2)×PE×PF＝eq\f(1,3)，故D正确．故选ABD．三、填空题11．已知△ABC在平面α内，∠BAC＝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，∵∠BAC＝90°，∴AB⊥CA，又DA∩AB＝A，DA，AB⊂平面DAB，∴CA⊥平面DAB，又DB⊂平面DAB，∴CA⊥DB．12．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1．(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)答案：A1C1⊥B1C1(答案不唯一)解析：当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1．理由如下：∵AA1⊥平面ABC，AA1∥CC1∴CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，CC1⊥AC，∴平行四边形ACC1A1是矩形，∴A1C1⊥CC1．又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1，∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵CC1⊥BC，BC＝CC1，∴平行四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，又AB1⊂平面ACB1，∴AB1⊥BC1．13．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，则AC与平面BCC1B1所成的角为________．答案：eq\f(π,6)解析：将棱台补全为如图所示的三棱锥D－ABC，由∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，易知DA＝BC＝2，AC＝2eq\r(2)，由AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，则AA1⊥AB，AA1⊥AC，所以BD＝2eq\r(2)，CD＝2eq\r(3)，故BC2＋BD2＝CD2，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2)．设点A到平面BCC1B1的距离为h，又VD－ABC＝VA－BCD，则eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(1,3)h×2eq\r(2)，解得h＝eq\r(2)．设AC与平面BCC1B1所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(h,AC)＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则θ＝eq\f(π,6)．14．(2025·山东济南模拟)如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A－BD－C的余弦值为________．答案：－eq\f(\r(5),5)解析：如图，过A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，连接DE．解法一：过点E作EF⊥BD于点F，连接AF，∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，∴AE⊥平面BCD，∴AE⊥BD，又EF⊥BD，AE∩EF＝E，∴BD⊥平面AEF，∴BD⊥AF，∴∠AFE为二面角A－BD－C的平面角的补角．设BE＝m，则AE＝eq\r(3)m，EF＝eq\f(\r(3),2)m，∴AF＝eq\r(AE2＋EF2)＝eq\f(\r(15),2)m，∴cos∠AFE＝eq\f(EF,AF)＝eq\f(\f(\r(3),2)m,\f(\r(15),2)m)＝eq\f(\r(5),5)，∴二面角A－BD－C的余弦值为－eq\f(\r(5),5)．解法二：∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，∴AE⊥平面BCD，∴点E即为点A在平面BCD内的射影，∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影，设AB＝a，则AE＝DE＝ABsin60°＝eq\f(\r(3),2)a，∴AD＝eq\f(\r(6),2)a，cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(a2＋a2－\f(3,2)a2,2a2)＝eq\f(1,4)，∴sin∠ABD＝eq\f(\r(15),4)，∴S△ABD＝eq\f(1,2)a2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),8)a2，又BE＝ABcos60°＝eq\f(1,2)a，∴S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(1,2)a＝eq\f(\r(3),8)a2，设θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，∴cosθ＝eq\f(S△BDE,S△ABD)＝eq\f(\r(5),5)．∵角θ与二面角A－BD－C的平面角互补，∴二面角A－BD－C的余弦值为－eq\f(\r(5),5)．四、解答题15．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，又AC⊥CD，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的中点，∴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．16．(2025·安徽六安模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝eq\r(2)．(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求二面角A－A1C1－B1的余弦值．解：(1)证明：连接BC1，与B1C交于点D，则D为BC1，B1C的中点，连接AD，因为AC＝AB1，所以AD⊥B1C，因为侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝eq\r(2)，所以BD＝eq\r(3)，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD，因为B1C∩BD＝D，B1C，BD⊂平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C，因为AD⊂平面ACB1，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C．(2)取A1C1的中点E，连接AC1，AE，B1E，由(1)知，AD⊥BD，又BD＝DC1，所以AC1＝AB＝2，又AA1＝CC1＝BC＝2，所以AE⊥A1C1，同理可得B1E⊥A1C1，所以∠AEB1为二面角A－A1C1－B1的平面角，在△AEB1中，AE＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)－A1E2)＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(14),2)，B1E＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)－A1E2)＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(14),2)，AB1＝eq\r(2)，所以cos∠AEB1＝eq\f(AE2＋B1E2－ABeq\o\al(2,1),2AE·B1E)＝eq\f(\f(7,2)＋\f(7,2)－2,2×\f(7,2))＝eq\f(5,7)．所以二面角A－A1C1－B1的余弦值为eq\f(5,7)．17．(多选)(2025·辽宁鞍钢高级中学高三期末)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝4，M为CC1的中点，P为线段A1M上的点(不包括端点)，则下列说法正确的是()A．A1M⊥平面ABMB．三棱锥P－ABM体积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)))C．存在点P，使得BP与平面A1B1C1所成的角为60°D．存在点P，使得AP与BM垂直答案：BC解析：连接A1B．由题意，得MC1＝MC＝2，则A1M＝eq\r(A1Ceq\o\al(2,1)＋MCeq\o\al(2,1))＝2eq\r(2)，BM＝eq\r(BC2＋MC2)＝2eq\r(2)，A1B＝eq\r(AB2＋AAeq\o\al(2,1))＝2eq\r(5)，又A1M2＋BM2≠A1B2，所以A1M与BM不垂直，故A错误；VP－ABM＝VB－AMP，点B到平面AMP的距离为eq\r(3)，因为AM2＋A1M2＝AAeq\o\al(2,1)，所以AM⊥A1M，所以S△AMP＝eq\f(1,2)AM×PM＝eq\r(2)PM，则VP－ABM＝VB－AMP＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×S△AMP＝eq\f(\r(6),3)PM，又PM∈(0，2eq\r(2))，所以eq\f(\r(6),3)PM∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)))，故B正确；BP与平面A1B1C1所成的角即为BP与平面ABC所成的角，设为α，易知当点P与点M重合时，α最小，此时α＝∠MBC＝45°，当点P与点A1重合时，α最大，此时α＝∠ABA1，tanα＝eq\f(AA1,AB)＝2，此时α>60°，故存在点P，使得BP与平面A1B1C1所成的角为60°，故C正确；若AP⊥BM，设AC的中点为N，连接BN，MN，由题意可得BN⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BN⊂平面ABC，所以BN⊥平面ACC1A1，又AP⊂平面ACC1A1，所以BN⊥AP，又BN∩BM＝B，所以AP⊥平面BNM，因为MN⊂平面BNM，所以AP⊥MN，过点A作AD∥MN交A1M于点D，则AP⊥AD，易知∠PAD不可能为90°，所以AP与MN不垂直，故不符合题意，故D错误．故选BC．18．(多选)(2025·湖南岳阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底