高考数学精品讲义练习【一轮复习】第七章　7．4　空间直线、平面的垂直

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第七章　7．4　空间直线、平面的垂直，共16页。试卷主要包含了垂直、平行关系的相互转化等内容，欢迎下载使用。
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，并会简单应用．
1．直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.
(2)判定定理与性质定理
(3)直线和平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，它们所成的角是 eq \f(π,2)；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0．
②范围： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
2．平面与平面垂直
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．在二面角的棱上任取一点O，以点O为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角，二面角的平面角的取值范围是[0，π]Ｗ．
(2)判定定理与性质定理
3.空间距离
(1)点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离Ｗ．
(2)直线到平面的距离：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．
(3)两个平行平面间的距离：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．
4．垂直、平行关系的相互转化
教材拓展
1．三垂线定理
若平面内的一条直线和平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
若平面内的一条直线和平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直，则l⊥α.( × )
(2)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ )
(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α⊥β，a⊥β，则a∥α.( × )
2．（人教A版必修第二册P151例3改编）已知直线a，b和平面α，若a∥α，则“b⊥a”是“b⊥α”的( B )
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
解析：必要性：若a∥α，则存在直线m⊂α，a∥m，由于b⊥α，m⊂α，得b⊥m，因为b⊥m，a∥m，所以b⊥a，必要性成立；充分性：如图，若平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线a，直线B1C1为直线b，满足a∥α，b⊥a，但B1C1∥平面ABCD，即b∥α，充分性不成立．所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．故选B.
3．（人教A版必修第二册P158例7改编）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( C )
A．平面ABCD B．平面PBC
C．平面PAD D．平面PAB
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.
4．（人教A版必修第二册P162练习T1改编）已知直线a，b，l和平面α，则下列命题正确的是( B )
A．若a∥b，a∥α，则b∥α
B．若a∥b，a⊄α，b⊄α，a∥α，则b∥α
C．若l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，则l⊥α
D．若a⊥b，a⊥α，则b∥α
解析：若a∥b，a∥α，则可能b⊂α，所以A错误；若a∥b，a⊄α，b⊄α，a∥α，则b∥α，所以B正确；若l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，当a∥b时，l与α不一定垂直，所以C错误；若a⊥b，a⊥α，则可能b⊂α，所以D错误．故选B.
考点1 直线与平面垂直的判定与性质
【例1】 如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点B1在底面ABC内的射影恰好是点C.
(1)若D是AC的中点，且DA＝DB，求证：AB⊥CC1；
(2)已知B1C1＝2，B1C＝2 eq \r(3)，求△BCC1的周长．
【解】 (1)证明：∵点B1在底面ABC内的射影是点C，∴B1C⊥平面ABC，
∵AB⊂平面ABC，∴B1C⊥AB.
在△ABC中，DA＝DB＝DC，∴BC⊥AB，
∵BC∩B1C＝C，BC，B1C⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∵CC1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥CC1.
(2)如图，延长BC至点E，使BC＝CE，
连接C1E，则B1C1綉CE，四边形B1CEC1为平行四边形，则C1E綉B1C.
由(1)知B1C⊥平面ABC，
∴C1E⊥平面ABC，∵CE，BE⊂平面ABC，
∴C1E⊥CE，C1E⊥BE，
∵C1E＝B1C＝2 eq \r(3)，CE＝BC＝B1C1＝2，BE＝4，∴CC1＝ eq \r(CE2＋C1E2)＝4，
BC1＝ eq \r(BE2＋C1E2)＝2 eq \r(7)，
∴△BCC1的周长为2＋4＋2 eq \r(7)＝6＋2 eq \r(7).
证明线面垂直的常用方法及关键
(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(a∥b，a⊥α⇒b⊥α；a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；③面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．
【对点训练1】 如图，AB为⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，M为圆周上任意一点（不与点A，B重合），AN⊥PM，N为垂足．
(1)若PA＝AM＝BM＝2，Q为PB的中点，求三棱锥Q­ABM的体积；
(2)求证：AN⊥平面PBM；
(3)若AQ⊥PB，垂足为Q，求证：NQ⊥PB.
解：(1)∵AB为⊙O的直径，∴AM⊥BM，
又AM＝BM＝2，
∴S△ABM＝ eq \f(1,2)AM·BM＝2，
又PA垂直于⊙O所在的平面，PA＝2，
∴VP­ABM＝ eq \f(1,3)S△ABM·PA＝ eq \f(1,3)×2×2＝ eq \f(4,3)，
∵Q为PB的中点，
∴VQ­ABM＝ eq \f(1,2)VP­ABM＝ eq \f(1,2)× eq \f(4,3)＝ eq \f(2,3).
(2)证明：由(1)知AM⊥BM.
又PA⊥平面ABM，BM⊂平面ABM，
∴PA⊥BM.
又PA∩AM＝A，PA，AM⊂平面PAM，
∴BM⊥平面PAM.
又AN⊂平面PAM，∴BM⊥AN.
又AN⊥PM，且BM∩PM＝M，BM，PM⊂平面PBM，∴AN⊥平面PBM.
(3)证明：由(2)知AN⊥平面PBM，
∵PB⊂平面PBM，∴AN⊥PB.
又AQ⊥PB，AN∩AQ＝A，AN，AQ⊂平面ANQ，∴PB⊥平面ANQ.
又NQ⊂平面ANQ，∴NQ⊥PB.
考点2 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】 如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，
∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝ eq \r(2).求证：平面ACB1⊥平面BB1C1C.
【证明】 如图，连接BC1，交B1C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.
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．
【对点训练2】 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点．求证：
(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝PD，E为AD中点，所以PE⊥AD.
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BC⊂平面ABCD，所以PE⊥BC.
(2)由(1)知，PE⊥平面ABCD，因为CD⊂平面ABCD，所以PE⊥CD.
在矩形ABCD中，AD⊥CD.
又因为AD∩PE＝E，AD，PE⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
又AP⊂平面PAD，所以CD⊥AP.
因为PA⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD.
因为PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.
考点3 垂直关系的综合应用
【例3】 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，且其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)求证：AD⊥PB.
(2)若E为棱BC的中点，则棱PC上是否存在一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，如图．
∵△PAD为正三角形，
∴PG⊥AD.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
∴△ABD为正三角形，又G为AD的中点，
∴BG⊥AD.
又BG∩PG＝G，BG，PG⊂平面PGB，
∴AD⊥平面PGB.
∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.
(2)存在，当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明如下：在△PBC中，EF∥PB.
又EF⊂平面DEF，PB⊄平面DEF，
∴PB∥平面DEF.
在菱形ABCD中，GB∥DE，
又DE⊂平面DEF，GB⊄平面DEF，
∴GB∥平面DEF，
又PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，∴平面DEF∥平面PGB.
由(1)得PG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，
∴PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，
∴平面PGB⊥平面ABCD，
∴平面DEF⊥平面ABCD.
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．对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
【对点训练3】 如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝ eq \r(3)，M为AC的中点．
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB.
(2)线段PC上是否存在点N，使得PC⊥平面BMN？若存在，求 eq \f(PN,PC)的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，PA⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以PA⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又PA＝1，PC＝ eq \r(3)，PA⊥AC，所以AC＝ eq \r(PC2－PA2)＝ eq \r(2)，
又AB＝BC＝1，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC，又PA⊥BC，PA，AB是平面PAB内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)存在．过点M作MN⊥PC，垂足为N，如图，连接NB，
由(1)知PA⊥平面ABC，因为MB⊂平面ABC，所以PA⊥MB，
又M为AC的中点，AB＝BC＝1，
所以MB⊥AC，又PA⊥MB，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，
所以MB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所
以MB⊥PC，又MN⊥PC，MB，MN是平面BMN内的两条相交直线，所以PC⊥平面BMN，
由已知得sin ∠PCA＝ eq \f(PA,PC)＝ eq \f(1,\r(3))＝ eq \f(\r(3),3)＝ eq \f(MN,MC)，
又MC＝ eq \f(1,2)AC＝ eq \f(\r(2),2)，即 eq \f(\r(3),3)＝ eq \f(MN,\f(\r(2),2))⇒MN＝ eq \f(\r(6),6)，
所以CN＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)))2)＝ eq \f(\r(3),3)，
所以PN＝PC－CN＝ eq \r(3)－ eq \f(\r(3),3)＝ eq \f(2\r(3),3)，所以 eq \f(PN,PC)＝ eq \f(2,3)，
即线段PC上存在点N使得PC⊥平面BMN，且 eq \f(PN,PC)＝ eq \f(2,3).
课时作业48
1．（5分）（2024·山东泰安模拟）已知两条不同的直线m，n和平面α，β，α⊥β，α∩β＝m，则n⊥β的必要不充分条件是( C )
A．m∥n B．n∥α
C．m⊥n D．n⊥α
解析：因为α∩β＝m，所以m⊂β，当n⊥β时，由线面垂直的定义可知n⊥m；只有当m⊥n且n⊂α或n∥α时才能得到n⊥β.所以n⊥β的必要不充分条件是m⊥n.故选C.
2．（5分）设l1，l2为两条不同的直线，α1，α2为两个不同的平面，下列说法正确的是( D )
A．若l1∥α1，l2∥α2，l1⊥l2，则α1⊥α2
B．若l1，l2与α1所成的角相等，则l1∥l2
C．若α1⊥α2，l1∥α1，l2∥α2，则l1⊥l2
D．若α1⊥α2，l1⊥α1，l2⊥α2，则l1⊥l2
解析：若l1∥α1，l2∥α2，l1⊥l2，则α1，α2可能相交，也可能平行，故A错误；l1，l2与α1所成的角相等，则l1，l2可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误；若α1⊥α2，l1∥α1，l2∥α2，则l1，l2可能平行、相交或异面，故C错误；若α1⊥α2，l1⊥α1，l2⊥α2，则l1⊥l2，故D正确．故选D.
3．（5分）（2024·天津卷）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是( C )
A．若m∥α，n∥α，则m⊥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
解析：若m∥α，n∥α，则m与n可能异面、平行或相交，故A，B错误；若m∥α，n⊥α，则m与n垂直，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误．故选C.
4．（5分）（2024·山东济南二模）已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( C )
A．A1D∥D1B，MN∥平面ABCD
B．A1D∥D1B，MN⊥平面BB1D1D
C．A1D⊥D1B，MN∥平面ABCD
D．A1D⊥D1B，MN⊥平面BB1D1D
解析：如图，连接AD1，由已知AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，则AB⊥A1D，又AD1⊥A1D，AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，又D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，排除A，B；因为M，N分别为AD1，BD1的中点，所以MN∥AB，又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，C正确；若MN⊥平面BB1D1D，则MN⊥BD，又MN∥AB，所以AB⊥BD，显然不成立，D错误．故选C.
5．（5分）（2024·四川广安二模）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形﹐且P∉平面ABCD.给出下列结论：
①BD∥平面PEF；
②平面PAC⊥平面ABCD；
③“直线PF⊥直线AC”始终不成立．
其中所有正确结论的序号为( B )
A．①②③ B．①②
C．①③ D．②③
解析：由EF是△BCD的中位线，得EF∥BD，而EF⊂平面PEF，BD⊄平面PEF，因此BD∥平面PEF，①正确；
如图，连接PG，由菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，得BD⊥AC，则EF⊥AG，EF⊥PG，而AG∩PG＝G，AG，PG⊂平面PAC，则EF⊥平面PAC，又EF⊂平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，②正确；显然∠PGA是二面角P­EF­A的平面角，△PEF由△CEF绕EF旋转过程中，∠PGA从180°逐渐减小到0°（不包含180°和0°），当∠PGA＝90°时，AG⊥PG，PG∩EF＝G，PG，EF⊂平面PEF，则AG⊥平面PEF，而PF⊂平面PEF，因此PF⊥AG，③错误．故选B.
6．（5分）（2024·四川眉山三模）如图，该组合体由一个正四棱柱ABCD­A1B1C1D1和一个正四棱锥P­A1B1C1D1组合而成，已知AB＝2，AA1＝ eq \r(2)，PA1＝2，则( C )
A．PA1∥平面ABC1D1
B．PB1∥平面ABC1D1
C．PC1⊥平面BDC1
D．PD1⊥平面BDC1
解析：如图，因为PA1＝PC1＝2，A1C1＝2 eq \r(2)，OC＝CC1＝ eq \r(2)，在平面ACC1PA1中有∠PA1C1＝∠A1C1O＝∠C1OC＝ eq \f(π,4)，所以PA1∥OC1，又OC1⊂平面BDC1，PA⊄平面BDC1，所以PA1∥平面BDC1，则PA1与平面ABC1D1不平行，故A错误；同理PB1∥OD1，PB1与平面ABC1D1不平行，故B错误；PO＝ eq \r(2)＋ eq \f(\r(2),2)×2＝2 eq \r(2)，PC1＝C1O＝2，有PC eq \\al(2,1)＋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已知平面垂直，所以PD1不垂直于平面BDC1，故D错误．故选C.
7．（6分）（多选）（2024·河北保定三模）已知四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，l为空间内的一条直线，且l⊄平面ABCD，则下列说法正确的是( AC )
A．若l∥AB，则l∥平面ABCD
B．若l∥AD，则l∥BC
C．若l⊥AD，l⊥BC，则l⊥平面ABCD
D．若l⊥AB，l⊥CD，则l⊥平面ABCD
解析：因为l∥AB，且AB⊂平面ABCD，l⊄平面ABCD，所以l∥平面ABCD，故A正确；因为AD与BC是等腰梯形的腰，二者不平行，故若l∥AD，则l与BC不平行，故B错误；因为直线AD与BC能相交，所以若l⊥AD，l⊥BC，AD⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则l⊥平面ABCD，故C正确；因为AB∥CD，两者不相交，所以若l⊥AB，l⊥CD，推不出l⊥平面ABCD，故D错误．故选AC.
8．（6分）（多选）（2024·安徽马鞍山三模）已知四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，则( AC )
A．若PC⊥BD，则AC⊥BD
B．若AC⊥BD，则PB＝PD
C．若PB＝PD，则AB＝AD
D．若AB＝AD，则PC⊥BD
解析：如图，因为PA⊥平面ABCD，AB，AD，BD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥BD，若PC⊥BD，且PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，可得BD⊥平面PAC，且AC⊂平面PAC，所以AC⊥BD，同理，若AC⊥BD，则可得PC⊥BD，由AB＝AD不能推出AC⊥BD，即AB＝AD不能推出PC⊥BD，故A正确，D错误；若PB＝PD，可知Rt△PAB≌Rt△PAD，所以AB＝AD，反之，若AB＝AD，可知Rt△PAB≌Rt△PAD，所以PB＝PD，即PB＝PD等价于AB＝AD，由AC⊥BD不能推出AB＝AD，即AC⊥BD不能推出PB＝PD，故B错误，C正确．故选AC.
9.（5分）（2024·陕西咸阳三模）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中正确的序号是①②④．
①AE⊥CE；②BE⊥DE；③DE⊥平面BCE；④平面ADE⊥平面BCE.
解析：因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是底面圆的直径，BC，AD都是母线．又E是底面圆周上异于A，B的一点，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，则BC⊥AE.因为BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，则AE⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，所以AE⊥CE，①正确；同理可证BE⊥DE，②正确；点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若DE⊥平面BCE，又AE⊥平面BCE，则与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；因为AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，④正确．
10．（5分）如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1（答案不唯一）时，有AB1⊥BC1.（填上一个你认为正确的条件即可）
解析：如图所示，连接B1C，由BC＝CC1，AA1⊥平面ABC，可得BC1⊥B1C，因此，要证AB1⊥BC1，则只要证BC1⊥平面AB1C，即只要证AC⊥BC1即可，由直三棱柱可知，只要证AC⊥BC即可．因为A1C1∥AC，B1C1∥BC，故只要证A1C1⊥B1C1即可．（或者能推出A1C1⊥B1C1的条件，如∠A1C1B1＝90°等）
11．（15分）如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AD，BC1的中点，棱长为1.
(1)求证：EF∥平面
C1CDD1.
(2)在线段A1B上是否存在点G，使EG⊥平面A1BC1？若存在，求点G到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，取BC的中点M，连接EM，FM，∵E，F分别是AD，BC1的中点，∴EM∥DC，FM∥C1C，
又EM⊂平面EFM，FM⊂平面EFM，EM∩FM＝M，DC⊂平面C1CDD1，C1C⊂平面C1CDD1，DC∩C1C＝C，
∴平面EFM∥平面C1CDD1，又EF⊂平面EFM，∴EF∥平面C1CDD1.
(2)存在．
如图，取A1B的中点G，连接EG，AG，EA1，EB，易知EA1＝EB，而G为A1B的中点，
∴EG⊥A1B，连接FG，则FG∥A1C1，
∵正方体棱长为1，
在△A1BC1中，FG＝ eq \f(1,2)A1C1＝ eq \f(\r(2),2)，
在Rt△FME中，EF＝ eq \f(\r(5),2)，
在Rt△EAG中，EG＝ eq \f(\r(3),2)，
∴FG2＋EG2＝FE2，即EG⊥FG，故EG⊥A1C1，
又A1B，A1C1⊂平面A1BC1，A1B∩A1C1＝A1，∴EG⊥平面A1BC1.
易得点G到平面ABCD的距离为 eq \f(1,2).
12．（15分）如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，M，O分别为AA1，BC1的中点．求证：
(1)MO∥平面ABC；
(2)MO⊥平面B1BCC1.
证明：(1)如图，取BC的中点D，连接OD，AD，
因为O为BC1的中点，所以OD∥CC1且OD＝ eq \f(1,2)CC1，
又因为AM∥CC1且AM＝ eq \f(1,2)CC1，所以OD∥AM且OD＝AM，所以四边形AMOD为平行四边形，所以MO∥AD，
又因为MO⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以MO∥平面ABC.
(2)因为ABC­A1B1C1为正三棱柱，
所以BB1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD，
因为△ABC为等边三角形，所以AD⊥BC，
又BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1，
又MO∥AD，所以MO⊥平面B1BCC1.
13．（6分）（多选）如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠A1AC＝∠ACB，P为线段BB1的中点，N为线段A1B1上靠近B1的三等分点，则( ABD )
A．AC⊥BC
B．AC⊥CB1
C．AC⊥平面NPC
D．平面ACP⊥平面BCC1B1
解析：因为∠CAB＝∠CBA＝45°，故∠ACB＝90°，所以AC⊥CB，A正确；因为∠A1AC＝∠ACB＝90°，所以侧面AA1C1C为矩形，故AC⊥CC1，又AC⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，CC1⊂平面CC1B1B，所以AC⊥平面CC1B1B，而CB1⊂平面CC1B1B，故AC⊥CB1，B正确；平面NPC与平面CC1B1B不平行，所以AC平面NPC不垂直，C错误；因为AC⊂平面ACP，AC⊥平面CC1B1B，所以平面ACP⊥平面CC1B1B，D正确．故选ABD.
14．（6分）（多选）（2024·山东聊城二模）已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，则下列关系能同时成立的是( BC )
A．“AB＝PB”与“PB＝BD”
B．“PA⊥PC”与“PB⊥PD”
C．“PB⊥CD”与“PC⊥AB”
D．“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD”
解析：当AB＝PB时，底面ABCD是正方形，AB≠DB，所以PB＝BD不成立，故A错误；如图，设底面正方形的中心为O，则P在以O为球心，以OA为半径的球面（不包括平面ABCD内的点）上时可符合题意，故B正确；当平面PBC⊥底面ABCD时，由面面垂直的性质可知AB⊥平面PBC，DC⊥平面PBC，显然符合题意，故C正确；先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面，
如图，有α∩β＝l，α∩γ＝a，β∩γ＝b，α⊥γ，β⊥γ，取A∈γ，作AB⊥a，AC⊥b，垂足分别为B，C，由面面垂直的性质可知AB⊥α，AC⊥β，由线面垂直的性质可知l⊂α，l⊂β，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(AC⊥l，,AB⊥l，))又AB∩AC＝A，AB，AC⊂γ，由线面垂直的判定定理可知l⊥γ，若“平面PAB⊥平面PBD”与“平面PCD⊥平面PBD”同时成立，易知P∈平面PAB∩平面PCD，可设平面PAB∩平面PCD＝l，则P∈l，则l⊥平面PBD，易知AB∥CD，AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD，则l∥AB，则有AB⊥平面PBD，显然AB⊥BD不成立，故D错误．故选BC.
15．（6分）（多选）如图，在圆柱O1O中，轴截面ABCD为正方形，F是 eq \(AB,\s\up8(︵))上一点，M为BD与轴O1O的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且EF∥平面AMN，则下列选项正确的有( BCD )
A．CF∥平面AMN B．AN⊥平面DBF
C．DB⊥平面AMN D．F是 eq \(AB,\s\up8(︵))的中点
解析：由题意可知，M是BD的中点，所以A，M，C三点共线，所以点C∈AM⊂平面AMN，所以CF∩平面AMN＝C，则直线CF与平面AMN不平行，故A错误；因为AD⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以AD⊥BF，且BF⊥AF，AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面ADF，所以BF⊥平面ADF，又BF⊂平面DBF，所以平面DBF⊥平面ADF，又平面ADF∩平面DBF＝DF，AN⊥DF，AN⊂平面ADF，所以AN⊥平面DBF，故B正确；由AN⊥平面DBF，DB⊂平面DBF，所以AN⊥DB，因为轴截面ABCD为正方形，M是BD的中点，所以AM⊥DB，又AM∩AN＝A，AM，AN⊂平面AMN，所以DB⊥平面AMN，故C正确；连接MF（图略），因为BF⊥平面ADF，DF⊂平面ADF，所以BF⊥DF，因为DB⊥平面AMN，MN⊂平面AMN，所以DB⊥MN，且M是DB的中点，因为EF∥平面AMN，EF⊂平面DEF，平面DEF∩平面AMN＝MN，所以EF∥MN，所以DB⊥EF，又E是MB的中点，所以BF＝MF＝ eq \f(1,2)BD，且BD＝ eq \r(2)AB，所以BF＝ eq \f(\r(2),2)AB，则AF＝BF，F是 eq \(AB,\s\up8(︵))的中点，故D正确．故选BCD.项目
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
a∥b
项目
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
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交线，那么这条直线与另一个平面垂直