数学直线与平面垂直同步达标检测题

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知识点01 直线与平面垂直的定义
【即学即练1】（多选）（2024高三·全国·专题练习）(多选)下列命题正确的是（ ）
A．如果一条直线和一个平面内的两条直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
B．如果一条直线和一个平面内的无数条直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
C．如果一条直线和平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
D．如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面
【答案】CD
【详解】A中两条直线一定要是两相交直线，如果是两平行直线，结论不成立；B中的无数条直线如果是平行直线，结论也不成立；只有C与D才成立．
【考查意图】
线面垂直的定义和判定
知识点02 直线与平面垂直的判定定理
注意：线面垂直判定定理的推论：如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于同一个平面．符号语言：a∥b，__a⊥α______⇒b⊥α，
【即学即练2】（2022高三下·广东·学业考试）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是PA，PB的中点，求证：
(1)MN//平面ABCD；
(2)CD⊥平面PAD.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据三角形中位线性质和线面平行判定定理可证；
（2）利用线面垂直的性质可知PA⊥CD，然后由矩形性质和线面垂直的判定定理可证.
【详解】（1）因为M，N分别是PA，PB的中点,
所以MN//AB.
又因为MN⊄平面ABCD，
AB⊂平面ABCD，
所以MN//平面ABCD.
（2）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
因为四边形ABCD是矩形，
所以CD⊥AD.
又AD∩PA=A，AD,PA⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
知识点03 直线与平面垂直的性质定理
1、线面垂直的性质
（1）如果两条平行直线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线这个平面. 也垂直于这个平面
（2）过空间中一点，有且只有一条直线与已知平面垂直.
2、直线与平面垂直的性质定理
3、直线与平面垂直的性质定理推论：
一条直线垂直于一个平面，它就和平面内的任意一条直线垂直．
符号语言：a⊥α，__b⊂α___⇒a⊥b，
如图：
【即学即练3】（2024高一下·全国·专题练习）如图，α∩β=l,PA⊥α,PB⊥β，垂足分别为A,B,a⊥AB.求证：a∥l．
【答案】证明见解析
【分析】根据线面垂直的判定定理分别证明l⊥平面PAB和a⊥平面PAB，即可证明结论.
【详解】证明：∵PA⊥α，l⊂α，∴PA⊥l，
同理PB⊥l，
∵PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB，
∴l⊥平面PAB，
又∵PA⊥α，a⊂α，∴PA⊥a，
∵a⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB，
∴a⊥平面PAB，
∴a∥l.
知识点04 直线与平面所成的角
1、直线与平面所成角定义：平面的斜线与它在平面内的射影所成的锐角，叫这条直线与这个平面所成的角。
2、由定义可知：斜线与平面所成角的范围为(0,π2)具体操作方法：
①在直线 上任取一点A（通常都是取特殊点），向平面α引（通常都是找+证明）垂线A0；②连接斜足与垂足MO；
③则斜线与射影MO所成的角△AMO，就是直线与平面所成角.
【即学即练4】（23-24高二上·上海·阶段练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB1与平面ABCD所成角的大小为 .
【答案】π4
【分析】找到∠BAB1即为AB1与平面ABCD所成角，求出大小.
【详解】由于BB1⊥平面ABCD，故∠BAB1即为AB1与平面ABCD所成角，
因为BB1=AB，所以∠BAB1=π4，
故AB1与平面ABCD所成角为π4.
故答案为：π4
【题型一：线面垂直概念辨析】
例1.（23-24高一下·江苏南通·期中）已知空间3条不同的直线m，n，l和平面α，则下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥l，n⊥l，则m∥nB．若m∥n，m⊂α，则n∥α
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥nD．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
【答案】C
【分析】ABD可举出反例；C选项，利用线面平行的性质及线面垂直的性质得到答案.
【详解】A选项，若m⊥l，n⊥l，则m∥n或m,n相交或异面，A错误；
B选项，若m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α，B错误；
C选项，若m∥α，不妨设m⊂β,α∩β=a，则m∥a，
又n⊥α，a⊂α，则n⊥a，所以m⊥n，C正确；
D选项，若m⊥n，n∥α，则m//α，或m,α相交，D错误.
故选：C
变式1-1.（2024·江西景德镇·三模）已知a，b是空间内两条不同的直线，α，β，γ是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若α⊥β，a⊂α，则a⊥β
B．若a⊥β，α⊥β，则a∥α
C．若α∩β=a，α⊥γ，β⊥γ，则a⊥γ
D．若α⊥β，α∩β=a，b⊥a，则b⊥α或b⊥β
【答案】C
【分析】借助于模型，完成线面关系的推理可得C项正确，可通过举反例或罗列由条件得到的所有结论，进行对A,B,D选项的排除.
【详解】对于A，由α⊥β，a⊂α，设α∩β=l，当a//l时，可得a//β，故A错误；
对于B，由a⊥β，α⊥β可得a//α或a⊂α，故B错误；
对于C，如图，设α∩γ=b，β∩γ=c，在平面α作不与a重合的直线m，使m⊥b，
因α⊥γ，则m⊥γ，因β⊥γ，m⊄β，则m//β，因α∩β=a，则m//a，于是a⊥γ，故C正确；
对于D，当α⊥β，α∩β=a，b⊥a时，若b⊄α,且b⊄β，
则b可以和平面α,β成任意角度，故D错误.
故选：C.
变式1-2.（23-24高二下·安徽芜湖·阶段练习）已知m,n表示两条不同直线，α表示平面，则（ ）
A．若m//α,n//α，则m//nB．若m//α,m⊥n，则n⊥α
C．若m⊥α,m⊥n，则n//αD．若m⊥α,n⊂α，则m⊥n
【答案】D
【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.
【详解】对于A，若m//α,n//α，则m,n可能相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若m//α,m⊥n，则n,α可能平行，或相交，或垂直，故B错误；
对于C，若m⊥α,m⊥n，则n可能在α中，也可能n//α，故C错误；
对于D，由线面垂直的性质定理可知D正确.
故选：D
变式1-3.(多选)（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）已知α,β为两个平面，且α∩β=l,m,n是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．存在m⊂α，使得m⊥β
B．存在m⊂α，使得m ∥ β
C．对任意m⊂α，存在n⊂β，使得m⊥n
D．对任意m⊂α，存在n⊂β，使得m ∥ n
【答案】BC
【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可.
【详解】对A，只有当α⊥β时，才能存在m⊂α，使得m⊥β，故A错误；
对B，当m//l时，结合线面平行的性质可得m//β，故B正确；
对C，若α⊥β则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意m⊂α，设a⊂β，使得a为m在平面β上的射影，存在n⊂β，使得n⊥a，此时m⊥n，故C正确；
对D，当m∩l=A时，在平面β上不存在直线n使得m//n，故D错误.
故选：BC
【方法技巧与总结】
理解线面垂直的判定定理注意以下几点:
(1)定理可表述为"线线垂直,则线面垂直"
(2)"两条相交直线"是关键词,一定不要忽视这个条件,否则将导致结论错误,即"线不在多,相交就行"
(3)要证明一条直线与一个平面垂直,只需在平面内找到两条相交直线和该直线垂直即可,至于这两条相交直线是否和已知直线有公共点无关紧要.
(4)线面垂直的判定定理与线面垂直的定义往往在证题过程中要反复交替使用。
【题型二：线面垂直的判定定理】
例2.（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC,D,E分别是棱AB,BC的中点，AB⊥AC,AB=2SA=4,AC=22.
(1)求证：CD⊥平面SAE；
(2)求点B到平面SDE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）由SA⊥平面ABC，证得SA⊥CD，再设CD∩AE=F，结合AF2+CF2=AC2，得到AE⊥CD，结合线面垂直的判定定理，即可证得CD⊥平而SAE；
（2）求得DE2+SD2=SE2，得到DE⊥SD，结合VB-SDE=VS-BDE，即可求解.
【详解】（1）证明：因为SA⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以SA⊥CD，
因为D,E分别是棱AB,BC的中点，且AB⊥AC,AB=2SA=4,AC=22，
所以DE//AC，且DE=12AC=2,CD=4+8=23,AE=4+2=6，
由CD∩AE=F，可得△DEF∽△ACF，且DE=12AC，
可得CF=23CD=433,AF=23AE=263，
所以AF2+CF2=AC2，所以AE⊥CD，
因为AE∩SA=A，且AE,SA⊂平面SAE，所以CD⊥平而SAE.
（2）解：因为DE=12AC=2，
且SE=SA2+AE2=4+6=10,SD=SA2+AD2=4+4=22，
所以DE2+SD2=SE2，所以DE⊥SD，
设点B到平面SDE的距离为h，则VB-SDE=VS-BDE，
即13×12×22×2×h=13×12×2×2×2，解得h=2，
即点B到平面SDE的距离为2.
变式2-1.（2024高一下·全国·专题练习）如图，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径AB=2，点C在AB上，且∠CAB=30∘，点D为AC的中点．证明：AC⊥平面POD
【答案】证明见解析
【分析】根据圆中直径所对圆周角为直角可得AC⊥BC，由三角形中位线的性质可得OD// BC，根据线面垂直的判定定理可得结果.
【详解】证明：连接PC，则PC=PA，因为点D为AC的中点，所以PD⊥AC，
因为AB为⊙O的直径，所以∠ACB=90∘，所以AC⊥BC，
因为O为AB的中点，D为AC的中点，所以OD// BC，所以OD⊥AC，
因为PD∩OD=D，PD,OD⊂平面POD，
所以AC⊥平面POD.
变式2-2.（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点M在棱AC上，点N为A1C1的中点，且平面A1BM//平面B1CN，AB=BC，AC=2，AA1=2.
(1)求证：M是AC的中点；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）添加辅助线，由平面A1BM//平面B1CN，得到OM//B1C，由O为AB1的中点，所以M是AC的中点；
（2）由题意证明出BM⊥平面ACC1A1，进而证出BM⊥AC1，由∠AC1C=∠A1MA且∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°得出A1M⊥AC1，最后由线面垂直的判定定理证明出结论即可.
【详解】（1）
证明：如图连接AB1，与A1B交于点O，O为AB1的中点，连接OM，
因为平面A1BM//平面B1CN，平面AB1C∩平面A1BM=OM，
平面B1NC∩平面AB1C=B1C，所以OM//B1C，
又在△AB1C中，O为AB1的中点，所以M是AC的中点.
（2）因为AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM，
又M为棱AC的中点，AB=BC，所以BM⊥AC
因为AA1∩AC=A，AA1、AC⊂平面ACC1A1，所以BM⊥平面ACC1A1，
AC1⊂平面ACC1A1，所以BM⊥AC1，
因为AC=2，所以AM=1，又AA1=2，
在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C=tan∠A1MA=2，
所以∠AC1C=∠A1MA，
即∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°，所以A1M⊥AC1，
又BM∩A1M=M，BM、A1M⊂平面A1BM，所以AC1⊥平面A1BM.
变式2-3.（2024高一下·全国·专题练习）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC=60∘，E是BC的中点，M是PD的中点．
(1)求证：AE⊥平面PAD；
(2)若AB=AP=2，求点P到平面AMC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)2217.
【分析】（1）利用几何体的结构特征，通过证明AE⊥AD和PA⊥AE，得证AE⊥平面PAD；
（2）由VP-AMC=VC-PAM，由体积法求点P到平面AMC的距离．
【详解】（1）证明：因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘，所以△ABC为正三角形，
因为E是BC的中点，所以AE⊥BC，因为AD//BC，所以AE⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE，
又因为PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，
所以AE⊥平面PAD.
（2）因为AB=AP=2，则AD=2，AE=3，
所以VP-AMC=VC-PAM=13S△PAM⋅AE=13×12×12×2×2×3=33，
设点P到平面AMC的距离为h，即13S△AMC⋅h=33.
易知PD=22,PM=2,PC=22,CD=2.
所以在△PCD和△PCM中，由余弦定理得cs∠CPM＝8+8-42×22×22=8+2-CM22×22×2，
所以CM＝2，
在△AMC中， AM=2，AC=CM=2，
所以S△AMC=12×2×22-222=72，
所以13×72h=33，所以h=2217，
即点P到平面AMC的距离为2217.
【方法技巧与总结】
证明线面垂直的关键是分析几何图形，寻找隐含的和题目中推导出的线线垂直关系，进而证明线面垂直.三角形全等、等腰三角形底边上的中线、梯形的高、菱形和正方形的对角线、三角形中的勾股定理等都是找线垂直的方法.
【题型三：线面垂直证明线线平行】
例3.（2023高三·全国·专题练习）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2． M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D．
求证：MN//A1C；
【答案】证明见解析
【分析】利用线面垂直的判定定理，证明MN,A1C均与平面AB1D1垂直，进而证明MN//A1C；
【详解】证明：如图，连接B1A，AD1．
∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，
∴CC1⊥B1D1．
∵四边形A1B1C1D1是正方形，
∴A1C1⊥B1D1，
又∵CC1∩A1C1=C1，CC1,A1C1⊂平面A1C1C，
∴B1D1⊥平面A1C1C．
又∵A1C⊂平面A1C1C，
∴B1D1⊥A1C．同理可得A1C⊥AB1，
又∵AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，
∴A1C⊥平面AB1D1．
∵B1C1=AD，B1C1//AD，
∴四边形ADC1B1为平行四边形，
∴C1D//AB1．
∵MN⊥C1D，
∴MN⊥AB1．
又∵MN⊥B1D1，AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，
∴MN⊥平面AB1D1．
∴A1C//MN．
变式3-1.（2023高三·全国·专题练习）如图（1），在梯形ABCD中，AD // BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD=DE=1，AE=BC=2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD=5，BD=3，得到如图（2）所示的几何体，求证：AB // CD
【答案】证明见解析
【分析】在△BEC中，求得BE=2，结合勾股定理证得BE⊥EC，AB⊥BE，从而证得AB⊥平面BDE，再在Rt△EDC和△BDC中，分别证得ED⊥CD和BD⊥CD，从而证得CD⊥平面BDE，即可证得AB // CD.
【详解】证明：在Rt△EDC中，CD=DE=1，
所以EC=2，∠DEC=∠ECB=45°，
在△BEC中，EC=2，BC=2，∠ECB=45°，
由余弦定理得BE=2+4-2×2×2×22=2，
所以EC2+BE2=BC2，所以BE⊥EC，
同理可得，在△ABE中，AB=2，且AB⊥BE，
在△ABD中，AB2+BD2=AD2，所以AB⊥BD，
因为BD∩BE=B，BD，BE⊂平面BDE，所以AB⊥平面BDE，
在Rt△EDC中，ED⊥CD，
在△BDC中，BD2+CD2=BC2，则BD⊥CD，
因为ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDE，所以CD⊥平面BDE，
所以AB // CD.
变式3-2.（2023高三·全国·专题练习）圆柱OP如图所示，AC为下底面圆的直径，DE为上底面圆的直径，BD⊥底面ABC，证明：BP//面AEC
【答案】证明见解析
【分析】连接BO，OE，OP，可证明四边形PEOB为平行四边形，得到PB//OE，再通过线面平行的判定定理即可证明
【详解】证明：连接BO，OE，OP，可得OP⊥平面ABC，
∵BD⊥平面ABC，∴OP//BD，
∵OP=BD，∴四边形OPDB为平行四边形，∴DP//OB，∴PE//OB且PE=OB，
∴四边形PEOB为平行四边形，∴PB//OE，
∵OE⊂平面AEC，BP⊄平面AEC，∴BP//平面AEC
变式3-3.（2022高一·全国·专题练习）在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，AE⊥PD于点E，l⊥平面PCD．求证：l∥AE．
【答案】证明见解析
【分析】根据线面平行的性质定理将问题转化为证明AE⊥平面PCD，再转化为AE⊥DC，然后再转化为CD⊥平面PAD，最后结合已知可证.
【详解】证明：因为PA⊥平面ABCD，
CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD．
又四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD．
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD．
又AE⊂平面PAD，所以AE⊥DC．
因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AE⊥平面PCD．
因为l⊥平面PCD，
所以l∥AE．
【方法技巧与总结】
直线与平面垂直的性质定理给出了判定两条直线平行的另一种方法。
【题型四：线面垂直证明线线垂直】
例4.（23-24高一下·福建莆田·期中）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为线段BC，AC上的点，且AB//平面DEC1．
(1)求证：DE//A1B1；
(2)当D为BC的中点，AB=BC时，求证：BE⊥C1E．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由AB//面DEC1即可证明DE//AB，又因为AB//A1B1，再由平行的传递性即可得证；
（2）由题意易证明E为AC的中点，从而可证BE⊥AC，再利用直棱柱性质可证明CC1⊥BE，所以可证明BE⊥平面A1ACC1，问题即可得证.
【详解】（1）
因为AB//平面DEC1，AB⊂平面ABC，平面DEC1∩平面ABC=DE，
所以DE//AB，
又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB//A1B1，
所以DE//A1B1．
（2）因为D为BC的中点，且由（1）问可知DE//AB，
所以E为AC的中点，
又AB=BC，所以BE⊥AC，
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，
所以CC1⊥平面ABC．
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE．
因为CC1⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，CC1∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1，
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E．
变式4-1.（23-24高一下·江苏南通·期中）已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AB⊥AD，DC=2AB=2，AD=3，PB=PC，M，N分别是PD，BC的中点．求证：
(1)AM//平面PBC；
(2)MN⊥BC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取BC的中点Q，连结MQ,BQ，证明四边形ABQM是平行四边形，则AM//BQ，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）连结PN,DN,DB，证明BC⊥平面PDN，再根据线面垂直的性质即可得证.
【详解】（1）如图，取BC的中点Q，连结MQ,BQ，
因为M是PD的中点，
所以MQ//DC，MQ=12DC，
又AB//DC，AB=12DC，
所以AB//MQ，AB=MQ，
所以四边形ABQM是平行四边形，
所以AM//BQ，
因为AM⊄平面PBC，BQ⊂平面PBC，
所以AM//平面PBC；
（2）连结PN,DN,DB，
因为PB=PC，N是BC的中点，
所以PN⊥BC，
在△ABD中，AB⊥AD，AD=3，AB=1，
所以DB=2，
由条件DC=2，所以DC=DB，
又N是BC的中点，所以DN⊥BC，
因为DN，PN⊂平面PDN，DN∩PN=N，
所以BC⊥平面PDN，
因为MN⊂平面PDN，所以MN⊥BC．
变式4-2.（23-24高一下·云南昆明·期中）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC,P,Q分别为AB,AA1的中点，侧面ABB1A1为正方形，求证：
(1)AC1 ∥平面PB1C；
(2)BQ⊥B1C.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）连接BC1交B1C于点E，易证明PE ∥ AC1，问题得证；
（2）先利用直棱柱去证明PC⊥平面ABB1A1，再利用正方形ABB1A1去证明PB1⊥BQ，最后证明BQ⊥平面PB1C，问题即可得证.
【详解】（1）
证明：连接BC1交B1C于点E，连接PE，因为侧面CBB1C1是矩形，
所以E是BC1的中点，又因为P为AB的中点，所以PE ∥ AC1，
又因为PE⊂面PB1C,AC1⊄面PB1C，
所以AC1 ∥平面PB1C.
（2）证明：因为侧面ABB1A1为正方形，P,Q分别为AB,AA1的中点，
所以△PBB1≅△QAB，所以∠B1PB=∠AQB，
又因为∠AQB+∠PBQ=90∘，所以∠B1PB+∠PBQ=90∘，即PB1⊥BQ，
因为AC=BC,P为AB的中点，所以PC⊥AB，
又因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以BB1⊥平面ABC，又PC⊂面ABC，
所以PC⊥BB1，又因为BB1∩AB=B，所以PC⊥平面ABB1A1，
又BQ⊂面ABB1A1，所以PC⊥BQ，
又因为PB1⊥BQ,PB1∩PC=P，所以BQ⊥平面PB1C，
又因为B1C⊂面PB1C，所以BQ⊥B1C.
变式4-3.（2024·陕西安康·模拟预测）已知正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AB1D1截后所得的几何体如图所示，点E，F分别是棱BB1,DD1的中点，且O为△C1EF的重心．
(1)证明:点A在平面C1EF内；
(2)证明:CO⊥EF.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）借助两平行线共面证明即可得；
（2）借助线面垂直的判定定理与性质定理计算即可得.
【详解】（1）连接点B与CC1中点G，连接AF，
由E为BB1中点，四边形BCC1B1为正方形，故BG//EC1，
由F为DD1中点，结合正方体的性质可得AF//BG，
故AF//EC1，故A、F、C1、E四点共面，
故点A在平面C1EF内；
（2）连接点C1与EF中点H，由C1D1=C1B1，D1F=B1E，故C1E=C1F，
故C1H⊥EF，且点O在线段C1H上，
由点E，F分别是棱BB1,DD1的中点，
结合正方体的性质可得EF//B1D1，又D1B1⊥BB1，
故EF⊥BB1，又CC1//BB1，故EF⊥CC1，
又CC1、C1H⊂平面CC1O，CC1∩C1H=C1，
故EF⊥平面CC1O，又CO⊂平面CC1O，
故CO⊥EF.
【方法技巧与总结】
性质定理揭示了空间中“平行”与“垂直”关系的内在联系，提供了“垂直”与“平行”关系转化的依据。
【题型五：动点探索问题】
例5.（2024高一下·全国·专题练习）如图①，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD，DE⊥AB．沿DE将△AED折起到△A1ED的位置．连接A1B，A1C，M，N分别为A1C，BE的中点，如图②．
(1)求证：DE⊥A1B．
(2)求证：MN//平面A1ED．
(3)在棱A1B上是否存在一点G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出A1GGB的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，A1GGB=1
【分析】（1）根据折叠过程中AE与DE垂直不变，DE与BE垂直不变，可以推出DE⊥A1E，DE⊥BE，从而DE⊥平面A1BE，即可证明DE⊥A1B．
（2）通过作辅助线，利用中位线证明线线平行，进而得到平面A1DE//平面MNH，然后利用面面平行的性质可得
（3）因为BC⊥平面A1EB，即BC垂直平面A1EB内任一直线，那么只要在平面A1EB内找到一条过点E，且垂直A1B的直线，则这条直线与A1B的交点就是点G，然后利用线面垂直的判定证明即可
【详解】（1）∵在直角梯形ABCD中，DE⊥AB，沿DE将△AED折起到△A1ED的位置，
∴DE⊥A1E，DE⊥BE．
∵A1E∩BE=E，A1E,BE⊂平面A1BE，
∴DE⊥平面A1BE，
又A1B⊂平面A1BE，∴DE⊥A1B．
（2）取CD中点H，连接NH，MH，如图．
∵M，N分别为A1C，BE的中点，
∴MH//A1D，NH∥DE．
因为MH//A1D，MH⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，
所以MH//平面A1DE，
因为NH∥DE，NH⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以NH//平面A1DE，
又NH∩MH=H，NH，MH⊂平面MNH，MH//平面A1DE，NH//平面A1DE，
∴平面A1DE//平面MNH，又MN⊂平面MNH
∴MN//平面A1ED．
（3）取A1B的中点G，连接EG，如图．
在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，DE⊥AB，
所以BC∥DE，又AB//CD，所以DCBE是矩形，所以DC=BE，
因为AB=2CD，所以AE=BE即是折后的A1E=BE，
∴EG⊥A1B，
由（1）知DE⊥平面A1BE，
又∵DE//BC，∴BC⊥平面A1BE，
又EG⊂平面A1BE，∴EG⊥BC，
又A1B∩BC=B，A1B,BC⊂平面A1BC，∴EG⊥平面A1BC．
故棱A1B上存在中点G，使得EG⊥平面A1BC，且此时A1GGB=1．
变式5-1.（20-21高一上·河南许昌·期末）如图所示，正四棱锥P-ABCD中，O为底面正方形的中心，侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为62.

(1)若E是PB的中点，求异面直线PD与AE所成角的正切值；
(2)在（1）的条件下，问在棱AD上是否存在一点F，使EF⊥侧面PBC，若存在，试确定点F的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)2105
(2)存在，F是AD的4等分点，靠近A点的位置
【分析】
（1）取AD中点M，连接OM、PM，由正四棱锥的性质知∠PMO为所求二面角P-AD-O的平面角，∠PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，设AB=a，求出tan∠PMO的值，即可得解；
（2）延长MO交BC于N，取PN的中点G，连接EG、MG，易得BC⊥平面PMN，可得平面PMN⊥平面PBC，分析出△PMN为正三角形，易证MG⊥平面PBC，取AM的中点F，连接EF，可得四边形EFMG为平行四边形，从而MG//FE，可得EF⊥平面PBC，即可得出结论.
【详解】（1）
连接AE、OE，
所以，∠AEO为异面直线PD与AE所成的角.
∵PO⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，则AO⊥PO，
∵AO⊥BD，BD∩PO=O，∴AO⊥平面PBD，
又OE⊂平面PBD，∴AO⊥OE.
侧棱PA与底面ABCD所成的角的正切值为62，即tan∠PAO=POAO=62，
设底面边长为a，则AO=22a，所以PO=32a，
∵OE=12PD=12PO2+DO2=54a，所以，tan∠AEO=AOEO=2105.
（2）
延长MO交BC于N，则N为BC的中点，取PN的中点G，连接EG、MG.
因为PB=PC，N为BC的中点，则BC⊥PN，同理可得BC⊥PM，
∵PM∩PN=P，故BC⊥平面PMN，
∵BC⊂平面PBC，∴平面PMN⊥平面PBC，
又PM=PA2-AM2=PB2-BN2=PN，∠PMN=60°，
所以，△PMN为正三角形，∵G为PN的中点，则MG⊥PN，
又因为平面PMN∩平面PBC=PN，平面PMN⊥平面PBC，MG⊂平面PMN，
所以，MG⊥平面PBC，
取AM的中点F，连接EF，

∵G、E分别为PN、PB的中点，则EG//BN且EG=12BN，
因为AD//BC且AD=BC，M、N分别为AD、BC的中点，则AM//BN且AM=BN，
∵F为AM的中点，则FM//BN且FM=12BN，故FM//EG且FM=EG，
所以，四边形EFMG为平行四边形，则EF//MG，故EF⊥平面PBC.
因此，F是AD的4等分点，靠近A点的位置.
变式5-2.（2023高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥DC，且AB=AD=1，PD=DC=2，E是PC的中点．在线段PB上是否存在一点Q，使得PC⊥平面DEQ？若存在，求出PBQB的值；若不存在，请说明理由．

【答案】存在，PBQB=3
【分析】由勾股定理求出BD,BC,PC,PB的长，证明PB⊥BC，通过余弦定理和勾股定理证明QE⊥PC，又DE⊥PC，可得PC⊥平面DEQ.
【详解】存在点Q，使得PC⊥平面DEQ，此时PBQB=3，证明如下：

连接BD，F为CD中点，连接BF，
直角梯形ABCD中，AB//DC，AD⊥DC，AB=AD=1，DC=2，
则AB//DF，AB=DF，四边形ABFD为平行四边形，有BF//AD，则BF⊥CD，
所以BD=AD2+AB2=2，BC=BD=2，
又PD⊥底面ABCD，CD,BD⊂底面ABCD，则PD⊥DC,PD⊥DB，
则PC=PD2+DC2=4+4=22，PB=PD2+BD2=22+22=6，
则PB2+BC2=PC2，得PB⊥BC，
又PQ=23PB=263，PE=12PC=2，cs∠BPC=PBPC=32，
由余弦定理得，QE2=PQ2+PE2-2PQ⋅PEcs∠BPC=23，
则QE2+PE2=PQ2，QE⊥PC，
又PD=DC，E是PC的中点，则DE⊥PC，
QE∩DE=E，QE,DE⊂平面DEQ，则PC⊥平面DEQ，
故存在点Q，使得PC⊥平面DEQ，此时PBQB=3．
变式5-3.（22-23高一下·湖南永州·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E是PA的中点．

(1)求证：PC//平面BDE；
(2)若PD=4，线段PC上是否存在一点F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出PF的长度；若不存在，请说明理由．（用坐标法解答不给分）
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，PF=655
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过中点，构造中位线，即可证明；
（2）利用垂直关系，转化为证明AF⊥OE，AF⊥BD，即可说明存在点F，再根据等面积法求PF的长度.
【详解】（1）证明：连接AC交BD于点O，连接OE

∵四边形ABCD是正方形，
∴点O是AC的中点
又∵点E是PA的中点，
∴ OE//PC
∵ OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE
∴ PC//平面BDE
（2）存在
理由如下：
过点A作AF⊥PC，垂足为点F，由（1）可知OE//PC
∴ AF⊥OE
∵ PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD
∴ PA⊥BD
∵四边形ABCD为正方形
∴ BD⊥AC
又∵ PA⊂平面ACP，AC⊂平面ACP，PA∩AC=A
∴ BD⊥平面ACP
又∵ AF⊂平面ACP
∴ BD⊥AF
又∵ BD⊂平面BDE，OE⊂平面BDE，BD∩OE=O，
∴ AF⊥平面BDE
∵ AP=PD2-AD2=23，AC=22，PC=AP2+AC2=25 ，
∴在Rt△PAC中，由等面积法可得AF=AP×ACPC=23×2225=2305
∴ PF=AP2-AF2=232-23052=655
∴存在点F，使得AF⊥平面BDE，PF=655
【题型六：线面垂直判定定理与性质定理的应用】
例6.（2024·江西南昌·二模）在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，AB=3，BC=BD=CD=2，E，F分别为AC，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．AF，BE是异面直线，AF⊥BEB．AF，BE是相交直线，AF⊥BE
C．AF，BE是异面直线，AF与BE不垂直D．AF，BE是相交直线，AF与BE不垂直
【答案】A
【分析】先用定理判断AF，BE是异面直线，再证明BE与AF垂直，连接BF，即可得到CD⊥平面ABF，取AF的中点Q，连接BQ，EQ，从而得到EQ⊥AF、BQ⊥AF，即可证明AF⊥平面BEQ，从而得解．
【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面ACD外一点B与平面ACD内一点E的直线BE与平面ACD内不经过E点的直线AF是异面直线．
下面证明BE与AF垂直：
证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥CD，
因为BC=BD=CD，F分别为CD的中点，连接BF，
所以BF⊥CD，
因为AB∩BF=B，AB,BF⊂平面ABF，
所以CD⊥平面ABF，
如图：取AF的中点Q，连接BQ，EQ，
因为AF⊂平面ABF，所以CD⊥AF，
又因为EQ//CD，所以EQ⊥AF，
因为BC=BD=CD=2，
所以BF=32×2=3=AB，
又因为Q为AF的中点，所以BQ⊥AF，
因为BQ∩EQ=Q，BQ,EQ⊂平面BEQ，
所以AF⊥平面BEQ，
又因为BE⊂平面BEQ，所以AF⊥BE．
故选：A．
变式6-1.（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CA=AA1=2，P为线段A1B1的中点，Q为线段C1P（包括端点）上一点，则△BCQ的面积的最大值为（ ）

A．192B．5C．2D．3
【答案】A
【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得BC⊥QN，确定NQ的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值.
【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作QM⊥CE，垂足为M，
过M作MN⊥BC，垂足为N，连接QN，PE，

则QM//CC1//PE，且QM=CC1=PE=2，点E到BC的距离为12×2×32=32.
由直三棱柱的性质知CC1⊥平面ABC，
所以QM⊥平面ABC，MN，BC⊂平面ABC，
则QM⊥MN，QM⊥BC，且QM∩MN=M，QM，MN⊂平面QMN，
所以BC⊥平面QMN，且QN⊂平面QMN，
则BC⊥QN，可知QN=QM2+MN2=4+MN2≤192，
当且仅当点Q与点P重合时，等号成立，
所以△BCQ面积的最大值为12×2×192=192.
故选：A.
变式6-2.（2024·四川眉山·三模）如图，该组合体由一个正四棱柱ABCD-A1B1C1D1和一个正四棱锥P-A1B1C1D1组合而成，已知AB=2,AA1=2,PA1=2，则（ ）
A．PA1//平面ABC1D1B．PB1//平面ABC1D1
C．PC1⊥平面BDC1D．PD1⊥平面BDC1
【答案】C
【分析】借助线面平行的判断定理可得PA1//平面BDC1，即可得A错误，同理可得B错误；借助线面垂直的判定定理可得PC1⊥平面BDC1，又PC1∩PD1=P，即可得C正确、D错误.
【详解】对A、B：如图，因为PA1=PC1=2,A1C1=22,OC=CC1=2，
在平面ACC1PA1中有∠PA1C1=∠A1C1O=∠C1OC=π4，
所以PA1//OC1,PA1//平面BDC1,PA1不平行于平面ABC1D1，故A错误；
同理PB1//OD1,PB1不平行于平面ABC1D1，故B错误；
对C、D：PO=2+22×2=22，PC1=C1O=2，
有PC12+C1O2=PO2，所以PC1⊥C1O，
又BD⊥AC，BD⊥CC1,AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面PC1O，
所以BD⊥平面PC1O，又因为PC1⊂平面PC1O，
所以PC1⊥BD，又BD∩C1O=O，BD、C1O⊂平面BDC1，
所以PC1⊥平面BDC1，故C正确；
又因为PC1∩PD1=P，且过一点有且仅有一条直线与平面垂直，
所以PD1不垂直于平面BDC1，故D错误.
故选：C.
变式6-3.（2024·安徽安庆·三模）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F分别为棱AB,AD的中点，过点E,F,C1三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C．A1C⊥平面C1EF
D．平面AB1D1//平面C1EF
【答案】B
【分析】将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G,H，连C1G,C1H分别与棱BB1,DD1交于P,Q，可判断A；利用相似比可得BPCC1=BGGC=13，可判断B；证明A1C⊥平面BC1D即可判断C；通过证明A1C⊥平面AB1D1，可判断D.
【详解】对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G,H，
连C1G,C1H分别与棱BB1,DD1交于P,Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误；
对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=12BC，
所以BPCC1=BGGC=13，即BPBB1=13，点P是棱BB1的一个三等分点，B正确；
对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，
又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，
因为A1C⊂平面A1B1C，所以A1C⊥BC1，同理可证A1C⊥BD，
因为BD∩BC1=B,BD,BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，
因为平面BC1D与平面C1EF相交，所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误；
对于D，易知BC1//AD1,BD//B1D1，所以A1C⊥AD1,A1C⊥B1D1，
又AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1⊂ AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，
结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误.
故选：B．
【题型七：直线与平面所成的角】
例7.（2024·四川雅安·三模）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知点O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中错误的是（ ）

A．D1O ∥平面A1BC1
B．MO⊥平面A1BC1
C．异面直线BC1与AC所成的角等于60∘
D．直线OM与平面ABCD所成的角等于45∘
【答案】D
【分析】根据平行四边形即可得线线平行，进而可判断A，根据MO//B1D，即可判断B,根据异面直线的夹角即可求解C，根据线面角的几何法即可求解D.
【详解】对于A，连接B1D1，BO，交A1C1于E，则四边形D1OBE为平行四边形，
所以D1O//BE，因为D1O⊂平面A1BC1，BE⊂平面A1BC1，所以D1O//平面A1BC1，故A正确；
对于B，连接B1D，∵O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，∴MO//B1D，
由于CD⊥平面B1C1CB，C1B⊂平面B1C1CB，所以C1B⊥CD，
又B1C⊥C1B,CD∩B1C=C且都在面CDB1内，则BC1⊥平面CDB1，
有DB1⊂平面CDB1，故DB1⊥BC1，同理可得DB1⊥BA1，
再由BC1∩BA1=B,BC1,BA1⊂平面A1BC1,∴B1D⊥平面A1BC1，则MO⊥平面A1BC1，B正确；
对于C，∵AC//A1C1，∴∠A1C1B为异面直线BC1与AC所成的角所成的角，
∵△A1C1B为等边三角形，∴∠A1C1B=60°，故C正确；
对于D，因为MB⊥平面ABCD， ∴∠MOB为直线OM与平面ABCD所成的角，
由于MB=12AB,OB=22AB,∴tan∠MOB=OBMB=2，故∠MOB不等于45°，故D不正确
故选：D

变式7-1.（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线AA1与平面ABC1D1所成的角为（ ）
A．30∘B．45∘C．60∘D．90∘
【答案】B
【分析】
连接A1D，证明A1D⊥平面ABC1D1，则∠D1AA1即为直线AA1与平面ABC1D1所成角的平面角，即可得解.
【详解】连接A1D，则AD1⊥A1D，
因为AB⊥平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，
所以AB⊥A1D，
又AB∩AD1=A,AB,AD1⊂平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
所以∠D1AA1即为直线AA1与平面ABC1D1所成角的平面角，
在等腰直角三角形AA1D1中，∠D1AA1=45∘，
所以直线AA1与平面ABC1D1所成的角为45∘.
故选：B.
变式7-2.(多选)（23-24高二下·福建泉州·阶段练习）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为BA1的中点.下列说法正确的是（ ）
A．直线EC1与直线AD是异面直线
B．在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD
C．直线BA1与平面A1CD所成角是π3
D．点B到平面A1CD的距离是22
【答案】BD
【分析】证明EC1与AD在平面B1ADC1上，可以判断A；连接A1C1，BC1，取A1C1的中点F，连接EF，证明EF⊥平面A1CD可判断B；连接B1C交BC1于点M，连接A1M，由BC1⊥平面A1CD，有BM⊥平面A1CD，可判断C和D.
【详解】
对于A，∵正方体ABCD-A1B1C1D1，∴ B1C1//AD，B1C1=AD，
∴四边形B1ADC1是平行四边形，∴ B1,A,D,C1四点共面，
由图可知直线EC1与直线AD都在平面B1ADC1中，
∴直线EC1与直线AD不可能是异面直线，故A错误；
对于B，连接A1C1，BC1，取A1C1的中点F，连接EF，
又E为BA1的中点，则EF//BC1，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1，∴ A1B1//CD，A1B1=CD，
∴四边形A1DCB1是平行四边形，∴ B1C//A1D，
∵ BC1⊥B1C，所以BC1⊥A1D，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1，∴ CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，
∴ CD⊥BC1，且CD∩A1D=D，CD,A1D⊂平面A1CD，
得BC1⊥平面A1CD，则EF⊥平面A1CD，故B正确；
对于C，连接B1C交BC1于点M，连接A1M，
由BC1⊥平面A1CD，有BM⊥平面A1CD，
则∠BA1M即为直线BA1与平面A1CD所成的角，
∵正方体的棱长为1，所以BM=12BA1=22，
∵ ∠BMA1=90∘，则∠BA1M=π6，故C错误；
对于D， 由BM⊥平面A1CD知，BM即为点B到平面A1CD的距离，BM=22，故D正确.
故选：BD.
变式7-3.（2024高一下·全国·专题练习）线段AB的长等于它在平面α内的射影长的2倍，则AB所在直线与平面α所成的角为 .
【答案】60°
【分析】根据线面角的定义得到∠ABC是AB所在直线与平面α所成的角，然后在Rt△ABC中可求出结果
【详解】如图，AC⊥α,AB∩α=B，则BC是AB在平面α内的射影，
则BC=12AB，∠ABC为AB所在直线与平面α所成的角．
在Rt△ABC中，cs∠ABC=BCAC=12，
∴∠ABC=60°，即AB所在直线与平面α所成的角为60°.
故答案为：60°
一、单选题
1．（2024·福建宁德·三模）设m,n表示两条不同的直线，α表示平面，则以下结论正确的是（ ）
A．若m//α,n//α，则m//nB．若m⊥α,m⊥n，则n//α
C．若m//α,m⊥n，则n⊥αD．若m⊥α,n⊂α，则m⊥n
【答案】D
【分析】借助空间中线与面的位置关系及线面垂直的性质定理逐项判断即可得.
【详解】对A：若m//α,n//α，则m,n可能平行、相交或异面，故A错误；
对B：若m⊥α,m⊥n，则可能n//α，也可能n⊂α，故B错误；
对C：若m//α,m⊥n，则可能n与α相交，也可能n⊂α，故C错误；
对D：若m⊥α,n⊂α，由线面垂直的性质定理可得m⊥n，故D正确.
故选：D.
2．（2024·河北邯郸·二模）已知α,β是两个平面，m,n是两条直线，且α⊥β,m⊂α,n⊂β，则“m⊥n”是“m⊥β”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β，
当m⊥n如图所示时显然m与平面β不垂直，
反之，当m⊥β时，又n⊂β，根据线面垂直的性质有m⊥n，
所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件，
故选：A.
3．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AD的中点，P为线段CE上的动点，则当C1P⊥A1C时，C1P的长为（ ）
A．3142B．2143C．2213D．3217
【答案】B
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质证明BD∩CE=P，利用相似三角形的性质求出CP，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】如图，连接DC1，BC1，BD，AC，
当且仅当C1P⊂平面BDC1时，C1P⊥A1C，证明如下：
因为AA1⊥平面ABCD，由BD⊂平面ABCD，得BD⊥AA1，
又BD⊥AC，AA1∩AC=A,AA1、AC⊂平面A1AC，
所以BD⊥平面A1AC，由A1C⊂平面A1AC，得A1C⊥BD，
同理：A1C⊥BC1，
又BC1∩BD=B,BC1,BD⊂平面BDC1，所以A1C⊥平面BDC1，
先证充分性：当C1P⊂平面BDC1时，则C1P⊥A1C，此时BD∩CE=P；
再证必要性，当C1P⊥A1C时，
因为A1C⊥BC1，C1P∩BC1=C1,C1P,BC1⊂平面BC1P，
所以A1C⊥平面BC1P，
又平面BC1P∩平面BDC1=C1，所以平面BC1P与平面BDC1是同一个平面，
所以C1P⊂平面BDC1，此时BD∩CE=P；
由△DPE∼△BPC，得DEBC=PEPC=12，
所以CP=23CE=23DE2+DC2=253，故C1P=CC12+CP2=2143.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于判断得当C1P⊥A1C时，点P的位置，从而得解.
4．（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥O-ABC中，OA,OB,OC两两垂直，OA=OC=3,OB=2，则直线OB与平面ABC所成角的正切值等于（ ）
A．132B．21313C．223D．324
【答案】D
【分析】取AC的中点D，作OE⊥BD交BD于E点，由线面垂直的判定定理、性质定理可得∠OBD就是直线OB与平面ABC所成角，在Rt△BOD中计算可得答案.
【详解】如图所示，取AC的中点为D，连接OD,BD，作OE⊥BD交BD于E点，
因为BO⊥OA，BO⊥OC，且OA∩OC=O，OA、OC⊂平面OAC，
所以BO⊥平面OAC，AC⊂平面OAC，所以BO⊥AC，
因为OA=OC，点D为AC的中点，所以OD⊥AC，
因为BO∩OD=O，BO、OD⊂平面OBD，
所以AC⊥平面OBD，OE⊂平面OBD，所以OE⊥AC，
因为BD∩AC=D，BD、AC⊂平面ABC，所以OE⊥平面ABC，
所以∠OBD就是直线OB与平面ABC所成角，
因为BO⊥OD,OD=12AC=322，
所以tan∠OBD=ODOB=3222=324.
故选：D.
5．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在正四棱锥S-ABCD中，E,M,N分别是BC,CD,SC的中点，当点P在线段MN上运动时，下列四个结论：
①EP⊥AC；②EP//BD；③EP//平面SBD；④EP⊥平面SAC.
其中恒成立的为（ ）
A．①③B．③④C．①②D．②③④
【答案】A
【分析】连接NE,ME，证得平面SBD//平面NEM，得到EP//平面SBD，设AC与BD交于点O，证得AC⊥平面SBD，得到AC⊥平面NEM，得出AC⊥EP，所以①恒成立；对于线段MN上的任意一点P时，②④不一定成立，即可求解.
【详解】如图所示，连接NE,ME，
因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点，所以EN//SB,MN//SD，
又因为EN∩MN=N,SB∩SD=S，且EN,MN⊂平面NEM，SB,SD⊂平面SBD，
所以平面SBD//平面NEM，
因为EP⊂平面NEM，EP//平面SBD，所以③恒成立；
设AC与BD交于点O，则O为底面正方形ABCD的中心，且AC⊥BD，
由正四棱锥S-ABCD，可得SO⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以SO⊥AC，
又因为SO∩BD=O，且SO,BD⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD，
所以AC⊥平面NEM，因为EP⊂平面NEM，所以AC⊥EP，所以①恒成立；
对于②④对于线段MN上的任意一点P不一定成立.
故选：A.
6．（23-24高一下·广东河源·期中）在正三棱锥A-OBC中，顶点A在底面OBC的射影为点D,OA=OB=1，则AD=（ ）
A．22B．32C．223D．63
【答案】D
【分析】利用正三棱锥的性质，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，然后用勾股定理可解得高.
【详解】正三棱锥A-OBC中，点A在平面OBC的射影是点D，即为等边△OBC的中心，
已知OA=OB=1，可得OD=23×1×sinπ3=33，
由AD⊥底面OBC，OD⊂底面OBC，可得AD⊥OD，
则由勾股定理可得高AD=OA2-OD2=1-13=63.
故选：D.
7．（23-24高一下·北京·期中）已知点P在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1表面运动，且PB=PD1，则线段AP的长的取值范围是（ ）
A．22,23B．1,3C．2,3D．22,3
【答案】D
【分析】作出正方体的对角线BD1的中垂面截正方体所得截面多边形，再分段求出AP的长范围作答．
【详解】点P在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1表面运动，且PB=PD1，
则点P的轨迹是线段BD1的中垂面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面多边形，
分别取棱AA1，A1B1，B1C1，C1C，CD，DA的中点E，F，G，H，I，J，
则EB=ED1=FB=FD1=GB=GD1=HB=HD1=IB=ID1=JB=JD1=5，
因此四边形D1GBJ,D1EBH均为棱长为5的菱形，所以D1B⊥JG,D1B⊥EH,
EH∩JG=O,EH,JG⊂平面EFGHIJ，
因此点E，F，G，H，I，J在线段BD1的中垂面上，点P的轨迹是六边形EFGHIJ，如图，
当点P在线段EJ上时，若点P为线段EJ中点，有AP⊥EJ,AP=22，
于是点P为线段EJ上任意一点，22≤AP≤AE=1，
当点P在线段EF上时，AF=5,∠AEF为钝角，
则AE≤AP≤AF，即1≤AP≤5，
当点P在线段FG上时，AG=AA12+A1G2=3,FG=2,AF2+FG2