2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第八章 立体几何 第5节 直线、平面垂直的判定与性质

这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第八章 立体几何 第5节 直线、平面垂直的判定与性质，共25页。试卷主要包含了直线和平面所成的角，二面角，平面与平面垂直等内容，欢迎下载使用。
第5节　直线、平面垂直的判定与性质
考试要求　1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.


1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理


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判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α
性质定理
两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
(2)范围：.
3.二面角
(1)定义：从一条直线出发的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)二面角的范围：[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
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判定定理
一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α

1.三个重要结论
(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).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
2.三种垂直关系的转化

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
解析　(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.
(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.
2.已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n
答案　C
解析　由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，
因为n⊥β，所以n⊥l.
3.(2022·全国百校大联考)若m，n，l为空间三条不同的直线，α，β，γ为空间三个不同的平面，则下列为真命题的是(　　)
A.若m⊥l，n⊥l，则m∥n
B.若m⊥β，m∥α，则α⊥β
C.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D.若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
答案　B
解析　A中，m，n可能平行，相交或异面；
C中，α与β可能平行或相交；
D中，α与β可能平行或相交.故选B.
4.(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A.8 B.6 C.8 D.8
答案　C
解析　连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形.
又AB＝2，所以BC1＝2.
又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，
故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.
5.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是(　　)

A.BC⊥平面PAC
B.AE⊥EF
C.AC⊥PB
D.平面AEF⊥平面PBC
答案　C
解析　对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，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，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正确；
对于C，由B项可知AE⊥平面PCB，因而AC与平面PCB不垂直，
所以AC⊥PB不成立，所以C错误；
对于D，由B项可知，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正确.
6.在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心.
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心.
答案　(1)外　(2)垂
解析　(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，

图1

在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心.
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB.又AB⊂平面PAB，

图2
所以PC⊥AB.因为PO⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高.同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心.

　考点一　直线、平面垂直的判定与性质
例1 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.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
而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，
∴AE⊥平面PCD.
而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
感悟提升　(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质.
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质.
训练1 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.

证明　∵AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，∴AE⊥AB.
又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.
又∵MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，
∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质　　
例2 (2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.

(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P－ABCD的体积.
(1)证明　∵PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD，∴AM⊥平面PBD.
又AM⊂平面PAM，
∴平面PAM⊥平面PBD.
(2)解　∵M为BC的中点，∴BM＝AD.
由题意可知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＝，即＝，得AD＝，
所以S矩形ABCD＝AD·DC＝×1＝，
则四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝S矩形ABCD·PD＝××1＝.
感悟提升　1.面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).
(2)一个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
2.面面垂直性质的应用
(1)两平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)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线垂直于第三个平面.
训练2 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝∠AA1C＝90°，平面AA1C1C⊥平面ABC.

(1)求证：AA1⊥A1B；
(2)若AA1＝2，BC＝3，∠A1AC＝60°，求点C到平面A1ABB1的距离.
(1)证明　因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C.
又AA1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AA1.
因为∠AA1C＝90°，所以AA1⊥A1C.
又因为BC∩A1C＝C，所以AA1⊥平面A1BC.
又A1B⊂平面A1BC，所以AA1⊥A1B.
(2)解　由(1)可知A1A⊥平面A1BC，A1A⊂平面A1ABB1，所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交线为A1B，
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高，设其为h.
在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，则A1C＝2.
由(1)得BC⊥A1C，
所以在Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝，
h＝＝＝.
故点C到平面A1ABB1的距离为.
　考点三　平行垂直的综合问题
例3 如图，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.求证：

(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD.
证明　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.

因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC，
所以DE∥FG，DE＝FG，
所以四边形DEFG为平行四边形，
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
感悟提升　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.垂直与平行的结合问题，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.
训练3 (2019·天津卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.

(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PCD；
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
(1)证明　连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.

又由BG＝PG，故GH为△PBD的中位线，所以GH∥PD.
又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.
(2)证明　取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，DN⊂平面PCD，所以DN⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.
又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，
所以PA⊥平面PCD.
(3)解　连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，
所以DN＝.
又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝.
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.
探索性及折叠问题
一、探索性问题
1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.
2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.
平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
例1 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.

(1)在棱PB上是否存在点E，使得AE∥平面PDC？若存在，试确定点E的位置；若不存在，试说明理由.
(2)若△PBC的面积为，求四棱锥P－ABCD的体积.
解　(1)存在点E，当点E为棱PB的中点时，使得AE∥面PDC，理由如下：

如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.因为△BCD是等边三角形，
所以∠DGB＝90°.
因为∠ABC＝∠BAD＝90°，
所以四边形ABGD为矩形，
所以AD＝BG＝BC，AD∥BC.
因为EF为△BCP的中位线，
所以EF＝BC，且EF∥BC，
故AD＝EF，且AD∥EF，
所以四边形ADFE是平行四边形，从而AE∥DF，
又AE⊄平面PDC，DF⊂平面PDC，
所以AE∥平面PDC.
(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PN⊥BC交BC于点N，连接MN，如图所示.
因为△PDC为等边三角形，所以PM⊥DC.
又平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM⊂平面PCD，
所以PM⊥平面BCD，
故PM为四棱锥P－ABCD的高.
又BC⊂平面BCD，所以PM⊥BC.
因为PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN⊂平面PMN，PM⊂平面PMN，
所以BC⊥平面PMN.
因为MN⊂平面PMN，所以BC⊥MN.
由M为DC的中点，易知NC＝BC.
设BC＝x，则△PBC的面积为
·＝，解得x＝2，即BC＝2，
所以AD＝1，AB＝DG＝PM＝.
故四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S梯形ABCD×PM＝××＝.
训练1 如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.

(1)求三棱锥P－ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝，
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P－ABC的高.
又PA＝1，所以三棱锥P－ABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.
(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.

由PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝.
由MN∥PA，得＝＝.
二、折叠问题
解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形、找到哪些线、面的位置关系和数量关系没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解过程中恰当地加以利用.
例2 (12分)(2022·郑州调研)如图所示，在矩形ABCD中，CD＝2CB＝2CE，将△DAE沿AE折起至△PAE的位置，使得PA⊥PB.

(1)求证：PA⊥BE；
(2)若CB＝2，求点C到平面PAE的距离.
[规范解答]
(1)证明　在矩形ABCD中，AD⊥DC，
PA⊥PE，又PA⊥PB，PE∩PB＝P，
PB，PE⊂平面PBE，
∴PA⊥平面PBE，∴PA⊥BE.……………………4分
(2)解　∵CD＝2CB＝2CE＝4，

∴AE2＋BE2＝AP2＋PE2＋CE2＋BC2＝4CB2＝AB2，
∴AE⊥BE. ……………………6分
由(1)知PA⊥BE，又AE∩PA＝A，AE，PA⊂平面PAE，
∴BE⊥平面PAE.
又BE⊂平面ABCE，
∴平面PAE⊥平面ABCE.
连接AC，过P作PH⊥AE于点H，则PH⊥平面ABCE，
∵PA＝PE，∴H为AE的中点. ……………………8分
∵CB＝2，
∴AE＝BE＝2，PE＝PA＝CE＝2，AB＝4，
则PH＝，
S△ACE＝·CE·CB＝×2×2＝2，
VP－ACE＝·S△ACE·PH＝×2×＝.……………………10分
S△PAE＝·PA·PE＝×2×2＝2.
设点C到平面PAE的距离为d，
则VC－PAE＝·S△PAE·d＝×2×d＝VP－ACE＝，
∴d＝，
故点C到平面PAE的距离为.……………………12分

第一步　明确折叠前后的位置关系和数量关系的变化情况
第二步　由折叠后的图形位置关系和数量关系经过逻辑推理证明要证的结论成立
第三步　由已知条件推理计算相关问题
第四步　反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤
训练2 (2022·江南名校联考)如图1，在等腰梯形ABF1F2中，两腰AF2＝BF1＝2，底边AB＝6，F1F2＝4，D，C是AB的三等分点，E是F1F2的中点.分别沿CE，DE将四边形BCEF1和ADEF2折起，使F1，F2重合于点F，得到如图2所示的几何体.在图2中，M，N分别为CD，EF的中点.

(1)证明：MN⊥平面ABCD.
(2)求几何体ABF－DCE的体积.
(1)证明　连接CF，DN，
由题图1知，四边形DEF2A，四边形CEF1B均为菱形，
又N为EF中点，且EF＝CE＝CF＝2，
∴CN⊥EF，

同理可证，DN⊥EF，
又DN∩CN＝N，
所以EF⊥平面CDN.
又EF∥BC，所以BC⊥平面CDN，
因为BC⊂平面ABCD，
所以平面CDN⊥平面ABCD.
易知CN＝DN，且M为CD的中点，所以MN⊥CD，
所以MN⊥平面ABCD.
(2)解　由(1)可知，几何体ABF－DCE为三棱柱，它的体积与以△CDN为底面，以EF为高的三棱柱的体积相等.
因为CN＝DN＝＝，MN＝，
所以S△CDN＝×2×＝.
所以VABF－CDE＝S△CDN·EF＝×2＝2.


1.(2021·淮北质检)已知平面α，直线m，n，若n⊂α，则“m⊥n”是“m⊥α”的(　　)
A.充分不必要条件
B.充分必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案　C
解析　由n⊂α，m⊥n，不一定得到m⊥α；反之，由n⊂α，m⊥α，可得m⊥n.
∴若n⊂α，则“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分条件.
2.(2022·珠海一模)已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，下列条件中，可以得到l⊥α的是(　　)
A.l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α
B.l⊥m，m∥α
C.α⊥β，l∥β
D.l∥m，m⊥α
答案　D
解析　对于A，l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；
对于B，l⊥m，m∥α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；
对于C，α⊥β，l∥β，则l与α相交、平行或l⊂α，故C错误；
对于D，l∥m，m⊥α，则l⊥α，故D正确.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，B1C的中点，则EF与平面ABCD所成角的正切值为(　　)
A.2 B. C. D.
答案　D
解析　如图，取BC的中点O，连接OE，OF，

∵F是B1C的中点，∴OF∥B1B，
∴FO⊥平面ABCD，
∴∠FEO是EF与平面ABCD所成的角.
设正方体的棱长为2，则FO＝1，EO＝，
∴EF与平面ABCD所成的角的正切值为.
4.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影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，得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.
5.(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)

A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
答案　A
解析　连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.
因为AB⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，
所以AB⊥A1D，
又AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1，又BD1⊂平面ABD1，显然A1D与BD1异面，所以A1D与BD1异面且垂直.
在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，
又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，
所以MN与平面BB1D1D不垂直.
所以选项A正确.
6.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：

①三棱锥A－D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的结论的个数是(　　)
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
答案　C
解析　对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，

所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确；
对于②，连接A1B，A1C1，A1C1綉AC，由于①知：AD1∥BC1，
所以面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；
对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；
对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确.
7.已知平面α，β和直线m，给出以下条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β，当条件________成立时，有m∥β；当条件________成立时，有m⊥β(填所选条件的序号)
答案　③⑤　②⑤
解析　根据面面平行的特征可得，若m⊂α，α∥β，则m∥β；
根据线面垂直以及面面平行的特征可得，
若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).

答案　DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析　连接AC，BD，

则AC⊥BD，
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
有PC⊥平面MBD.
PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
9.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且AB＝2，若平面A1BD和平面ABCD所成的二面角为45°，则A1A＝________.
答案　
解析　如图所示，连接AC，交BD于O，则AO⊥BD，连接A1O，由于A1B＝A1D，所以A1O⊥BD，则∠A1OA即为二面角的平面角，即∠A1OA＝45°，所以A1A＝AO＝AB＝.

10.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.
又因为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.
11.(2022·成都诊断)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，△PAD是正三角形，E为线段AD的中点.

(1)求证：平面PBC⊥平面PBE；
(2)是否存在满足＝λ(λ>0)的点F，使得VB－PAE＝VD－PFB？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明　因为△PAD是正三角形，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD是菱形，所以AD＝AB，
又∠BAD＝60°，
所以△ABD是正三角形，
所以BE⊥AD.
又BE∩PE＝E，
所以AD⊥平面PBE.
又AD∥BC，
所以BC⊥平面PBE.
又BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PBE.
(2)解　由＝λ，知(λ＋1)FC＝PC，
所以VB－PAE＝VP－ADB＝VP－BCD
＝VF－BCD，
VD－PFB＝VP－BDC－VF－BDC＝λVF－BCD.
因此，＝，
得λ＝2.
故存在满足＝λ(λ>0)的点F，
使得VB－PAE＝VD－PFB，此时λ＝2.

12.如图，正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′DE是△ADE绕直线DE翻折过程中的一个图形，现给出下列命题：
①恒有直线BC∥平面A′DE；
②恒有直线DE⊥平面A′FG；
③恒有平面A′FG⊥平面A′DE，其中正确命题的个数为(　　)

A.0 B.1 C.2 D.3
答案　D
解析　对于①，∵DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，又知DE⊂平面A′DE，BC⊄平面A′DE，∴BC∥平面A′DE，故①正确；对于②，∵△ABC为等边三角形，AF为BC边上的中线，∴BC⊥AF，又知DE∥BC，∴DE⊥AF，∴DE⊥FG，根据翻折的性质可知，DE⊥A′G，又A′G∩FG＝G，∴DE⊥平面A′FG，故②正确；对于③，由②知DE⊥平面A′FG，又知DE⊂平面A′DE，∴平面A′FG⊥平面A′DE，故③正确.综上，正确的命题为①②③.
13.已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________.
答案　
解析　如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.

再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，
所以CE＝1，
所以OE＝1，
所以PO＝＝＝.
14.图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.

(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明　由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解　如图，取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG，EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.
又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，
故DM＝2.又CG＝BF＝2，
所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.