新高考数学一轮复习讲练教案7.4 直线、平面垂直的判定与性质（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习讲练教案7.4 直线、平面垂直的判定与性质（含解析），共19页。
第四节　直线、平面垂直的判定与性质
核心素养立意下的命题导向
1.会推导直线和平面垂直、平面和平面垂直的判定定理、性质定理，凸显逻辑推理的核心素养．
2．常与几何体的体积计算相结合，会应用直线和平面垂直、平面和平面垂直的判定定理、性质定理证明空间的线、面垂直关系，凸显直观想象、逻辑推理的核心素养．

[理清主干知识]
1．直线与平面垂直
(1)定义：直线l与平面α内的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
图形语言
符号语言
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
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2.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.
(2)范围：.
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
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．
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．
(2)平面和平面垂直的定义
两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直

⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α
4.谨记五个结论
(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．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(线面垂直的充分必要性的判断)“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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
解析：选B　根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．
2．(判定平面与平面垂直)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是(　　)
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
解析：选A　∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．
3．(由线面垂直判定线线垂直)如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________________；与AP垂直的直线有________．
解析：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
4．(由线线垂直判定面面垂直)已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA ⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．
答案：7
二、易错点练清
1．(忽视平面到空间的变化)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________________．
解析：若a，b，c在同一个平面内，则由题设条件可得a∥c；若在空间中，则直线a与c的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能．
答案：平行、相交或异面
2．(忽视线面垂直性质定理的条件)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线n满足n⊥l，则n与β________(填“一定”或“不一定”)垂直．
解析：当n⊂α时，若α∩β＝l，且n⊥l，则n⊥β，否则不一定有n⊥β.
答案：不一定


考点一　直线与平面垂直的判定与性质
[典例]　如图所示，在四棱锥P­ABCD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P­ABCD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，∴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.
[方法技巧]
证明线面垂直的4种方法
(1)线面垂直的判定定理：
l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.
(2)面面垂直的性质定理：
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
(3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.
(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)　　
[针对训练]
1．已知S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC，
又AB⊥BC，∴DE⊥AB.
∵SA＝SB，E为AB的中点，
∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，
∴AB⊥平面SDE.
又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，
∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.
(2)由于AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC.
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，
∴SD⊥BD.又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.



2.如图，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.
证明：(1)如图所示，
取PD的中点E，连接AE，NE，
∵N为PC的中点，∴NE∥CD且NE＝CD，又AM∥CD且
AM＝AB＝CD，
∴NE綊AM，∴四边形AMNE为平行四边形，∴MN∥AE.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，
又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，
又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，
又∠PDA＝45°，∴△PAD为等腰直角三角形，
又E为PD的中点，∴AE⊥PD.
由(1)知CD⊥AE，又CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD.
又AE∥MN，∴MN⊥平面PCD.
考点二　平面与平面垂直的判定与性质
[典例]　如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.
(1)若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1；
(2)设四棱锥M­ABB1A1与四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求的值．
[解]　(1)证明：因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AB，
又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以BA⊥平面AA1D1D，
又MA1⊂平面AA1D1D，所以BA⊥MA1.
因为AD＝DM，所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，
所以AM⊥MA1，又AM∩BA＝A，
所以MA1⊥平面AMB，
又MA1⊂平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1.
(2)设AD＝1，
则四棱锥M­ABB1A1的底面ABB1A1的面积S四边形ABB1A1＝4，高为AD＝1，所以四棱锥M­ABB1A1的体积V1＝S四边形ABB1A1×AD＝.
四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的面积S四边形ABCD＝，高为AA1＝2，所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V2＝S四边形ABCD×AA1＝3，
所以＝.
[方法技巧]　面面垂直判定的两种方法与一个转化

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)
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

[针对训练]
1.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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．
解：(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)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.
2.如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，EB⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，EB＝2FD＝4.
(1)求证：EF⊥AC；
(2)求几何体EF­ABCD的体积．
解：(1)证明：如图，连接DB.
∵DF⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，
∴EB∥FD，∴E，F，D，B四点共面．
∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥AC.
设DB∩AC＝O.
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥DB.
∵DB∩EB＝B，∴AC⊥平面EFDB.
∵EF⊂平面EFDB，∴AC⊥EF.
(2)由(1)知EB∥FD.
∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥BD，
∴四边形EFDB为直角梯形．
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，
∴BD＝2，AO＝CO＝，
∴梯形EFDB的面积S＝＝6.
∵AC⊥平面EFDB，
∴VEF­ABCD＝VA­EFDB＋VC­EFDB＝S·AO＋S·CO＝4.
考点三　平行与垂直的综合问题
1．平行关系之间的转化

在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．
2．垂直关系之间的转化
在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：

在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．

[典例]　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，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：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，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为四边形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.
[方法技巧]
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间”到“平面”、“低维”到“高维”的转化关系．　　

[针对训练]
　(2021·广州模拟)如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝，DE＝3，∠BAD＝60°，G为BC的中点．
(1)求证：FG∥平面BED；
(2)求证：BD⊥平面AED；
(3)求点F到平面BED的距离．
解：(1)证明：如图，取BD的中点O，连接OE，OG.在△BCD中，因为G是BC的中点，所以OG∥DC且OG＝DC＝1.
因为EF∥AB，AB∥DC，EF＝1，

所以EF∥OG且EF＝OG，
所以四边形OGFE是平行四边形，所以FG∥OE.
又FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，
所以FG∥平面BED.
(2)证明：在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，
由余弦定理，得BD＝＝.
所以BD2＋AD2＝3＋1＝4＝AB2，所以BD⊥AD.
因为平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD＝AD，
所以BD⊥平面AED.
(3)由(1)知FG∥平面BED，
所以点F到平面BED的距离等于点G到平面BED的距离．
设点G到平面BED的距离为h，如图，过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，连接DG，EG，则EM⊥平面ABCD，所以EM是三棱锥E­DBG的高．
由余弦定理，得cos∠ADE＝＝，
所以sin∠ADE＝，所以EM＝DE·sin∠ADE＝.
易知DB⊥BC，BD⊥DE，
所以S△DBG＝BD·BG＝，S△BDE＝BD·DE＝.
由V三棱锥G­BDE＝V三棱锥E­DBG，
即S△BDE·h＝S△DBG·EM，解得h＝.
所以点F到平面BED的距离为.


创新考查方式——领悟高考新动向
立体几何中的动态问题
立体几何中的“动态问题”是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、可变的一类开放型问题，因其某些点、线、面位置的不确定，往往成为学生进行一些常规思考、转化的障碍；但又因其是可变的，开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养，本节利用运动变化的观点对几种动态问题的类型加以分析，探求解决此类问题的若干途径．
一、“动态”中研究“特定静态”——“一题多考”
[例1]　如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是体对角线AC1上的动点(点P与A，C1不重合)．则下列结论中错误的是(　　)
A．存在点P，使得平面A1DP∥平面B1CD1
B．存在点P，使得AC1⊥平面A1DP
C．S1，S2分别是△A1DP在平面A1B1C1D1，平面BB1C1C上的正投影图形的面积，对任意点P，S1≠S2
D．对任意点P，△A1DP的面积都不等于
[解析]　连接A1B，BD.对于A选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时成立．因为BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1.同理A1B∥平面B1CD1，又BD∩A1B＝B，BD⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以平面A1DP∥平面B1CD1.对于B选项，当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时成立．连接AD1，则A1D⊥AD1.又C1D1⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1.又C1D1∩AD1＝D1，所以A1D⊥平面AC1D1，所以AC1⊥A1D.同理AC1⊥A1B，又A1D∩A1B＝A1，A1D⊂平面A1DP，A1B⊂平面A1DP，所以AC1⊥平面A1DP.
对于选项C，在点P从AC1的中点向点A运动的过程中，S1从减小且逐渐趋向于0，S2从0增大且逐渐趋向于，在此过程中，必有某个点P使得S1＝S2.
对于选项D，易知△A1AP≌△DAP，所以DP＝A1P，即三角形A1PD是等腰三角形，所以当P到A1D中点的距离最小时，三角形A1DP的面积最小，设E为A1D的中点，连接PE，又P在AC1上，A1D和AC1异面，所以当PE是两异面直线的公垂线段时，P到A1D中点的距离最短，此时PE＝，而A1D＝，所以△A1DP的面积的最小值为Smin＝××＝>，所以对任意点P，△A1DP的面积都不等于.故选C.
[答案]　C
[名师微点]
本题通过P在体对角线AC1上的“动”考查了面面平行、线面垂直、投影图形的面积等问题，实现了一题多考，解决此类问题的关键是掌握几何体的结构特征和平行与垂直的判定定理及性质定理，需具备较强的直观想象能力．　　
二、“动态”中研究“以静制动”——“最值问题”
[例2]　(2021·湖北八校联考)已知在如图所示的正三棱锥P­ABC中，侧棱PA，PB，PC的长为，底面△ABC的边长为2，D为AC的中点，E为AB的中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM＋MN的最小值为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
[思路点拨]　先固定点M，再考虑点N的变化，要求AM＋MN的最小值，可将立体几何问题通过展开某几个平面转化为平面几何问题来处理．
[解析]　将正三棱锥P­ABC放入棱长为的正方体AGIJ­PCHB中，如图(1)所示，先固定点M，
那么MN的最小值即点M到平面PCE的距离．
连接GH，设GH的中点为F，连接PF，DG.
由题意得，平面PGF⊥平面PCE，且交线为PF，
故MN⊥PF，
所以M在PD上运动时，N在PF上运动．
把平面AGP和平面PGF沿PG展开，
示意图如图(2)所示，作AN′⊥PF交PG于M′，
则AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin(45°＋30°)＝.故选B.

[答案]　B

[名师微点]
对于立体几何中的双动点问题，可先固定一个动点，如本题先固定点M，那么MN的最小值就是点M到平面PCE的距离，进而求得AM＋MN的最小值．这类题通常需要利用展开图，数形结合，达到化动为静，以静制动的目的，从而求解．　
三、“动态”中研究“变量”——“翻折问题”
[例3]　(多选)如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′­BCD(如图2)，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)

A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′­BCD的体积为
[解析]　由A′B＝A′D＝1，BD＝，得BA′⊥DA′.
因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面A′BD，进而有CD⊥BA′.
由DA′∩CD＝D，得BA′⊥平面A′CD.
所以BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B正确．
由题意知AB＝AD＝1，则BD＝，
VA′­BCD＝S△BCD×h＝×××1×＝.
D正确．故选B、D.
[答案]　BD


[名师微点]
解决翻折问题，要分析翻折前后的“变量与不变量”，在翻折前要标注重要的点或重要的量，分析其在翻折后的变化情况．具体到本例，应重视垂直关系“BA′⊥DA′，CD⊥BD”，才能顺利地由平面A′BD⊥平面BCD得出CD⊥平面A′BD，CD⊥BA′，再得到BA′⊥平面A′CD，从而解决问题．　　

1．若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
B．若m∥α，n⊥m，则n⊥α
C．若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则α∥β
D．若m∥β，m⊂α，α∩β＝n，则m∥n
解析：选D　选项A中，m与α的关系是m∥α或m⊂α，故A不正确；选项B中，n与α之间的关系是n与α相交或n∥α，故B不正确；选项C中，α与β的关系是α∥β或α与β相交，故C不正确；选项D中，由线面平行的性质可得命题正确．故选D.
2．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m⊂α，则m⊥β
B．若m⊂α，n⊂β，则m⊥n
C．若m⊄α，m⊥β，则m∥α
D．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α
解析：选C　对于A：若m⊂α，则m与平面β可能平行或相交，所以A错误；对于B：若m⊂α，n⊂β，则m与n可能平行、相交或异面，所以B错误；对于C：若m⊄α，m⊥β，则m∥α，C正确；对于D：α∩β＝m，n⊥m，则n不一定与平面α垂直，所以D错误．
3．(2021·湖南五市联考)若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)
A．若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则α⊥β
B．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥n
C．若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线
D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
解析：选D　对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确．故选D.
4.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在(　　)
A．直线AC上　　　　　 B．直线AB上
C．直线BC上 D．△ABC内部
解析：选B　连接AC1，如图．
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，
∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1.
又AC在平面ABC内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上．故选B.
5.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．如图，在四面体P­ABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有(　　)
A．6个 B．8个
C．10个 D．12个
解析：选C　为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体P­ABC为“鳖臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面PAB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面体P­AEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C.
6．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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(　　)
A．20° B．40°
C．50° D．90°
解析：选B　过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，
所以OA⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，
所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.
又因为∠EAC＝∠FAG，
所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.
7．(多选)(2021·济宁一模)如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.则(　　)
A．DF∥平面BCE
B．异面直线BF与DC所成的角为30°
C．△EFC为直角三角形
D．VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶4
解析：选BD　对A项，因为AB∥EF，AB∥CD，所以EF∥CD，所以四边形CDFE确定一个平面．
由于CD，EF的长度不相等，则DF，CE不平行，即DF与平面BCE有公共点，故A错误；
对B项，连接OF，OE，OE与BF交于点G.
因为OB∥EF，OB＝EF，OB＝OF＝1，
所以四边形OBEF为菱形，
则BE＝OF＝1，所以△OBE为等边三角形．
由于点G为OE的中点，则∠OBG＝∠OBE＝30°.
因为AB∥CD，所以异面直线BF与DC所成的角为∠ABF＝∠OBG＝30°，故B正确；
对C项，由于四边形OBEF为菱形，
则BF＝2BG＝2 ＝.
由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可知，BC⊥BE，BC⊥BF，
所以CF＝＝2，CE＝＝.
又EF2＋CE2＝3≠CF2，所以△EFC不是直角三角形，故C错误；
对D项，因为BF＝，BE＝1，EF＝1，
所以S△BEF＝×× ＝.
由面面垂直的性质可知，BC⊥平面BEF，
所以VC­BEF＝××1＝.
过点F作AB的垂线，垂足为H，则FH＝BF＝，
根据面面垂直的性质可知HF⊥平面ABCD，
则VF­ABCD＝×2×1×＝，
所以VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶4，故D正确，故选B、D.
8．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为________．
①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；
②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；
③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；
④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．
解析：若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．
答案：②④
9．(2021·宜昌模拟)在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，若CM＝BN，则MN长度的最小值为________．
解析：过M作MQ⊥AB于Q，连接QN，如图所示．
∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交线为AB，
∴MQ⊥平面ABEF，又QN⊂平面ABEF，∴MQ⊥QN.
设CM＝BN＝a(0