高考数学一轮复习第7章第5课时空间直线、平面的垂直学案

这是一份高考数学一轮复习第7章第5课时空间直线、平面的垂直学案，共32页。


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，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)直线与平面垂直的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．
②范围：0，π2．
2．二面角
(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(2)二面角的平面角的范围：[0，π]．
3．平面与平面垂直
(1)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)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
提醒：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”这一条件．
4．三种距离
(1)点面距
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．
(2)线面距
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)面面距
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，把它叫做这两个平行平面间的距离．
[常用结论]
1．直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条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．
(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．
2. 三种垂直关系的转化
线线垂直 eq \(⥫=====⥬,\s\up10(判定定理),\s\d10(性质定理))线面垂直 eq \(⥫=====⥬,\s\up10(判定定理),\s\d10(性质定理))面面垂直

一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行．( )
(2)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( )
(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)×
二、教材习题衍生
1．(人教A版必修第二册P161练习T2改编)已知平面α，β和直线m，l，则下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥β
B．若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β
C．若α⊥β，l⊂α，则l⊥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β
D [对于A：若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊂β或l∥β或l与β相交，故选项A不正确；
对于B：若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l与β相交但不一定垂直，故选项B不正确；
对于C：若α⊥β，l⊂α，则l⊂β或l∥β或l与β相交，故选项C不正确；
对于D：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选项D正确．故选D.]
2．(人教A版必修第二册P164T15改编)如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中必有( )
A．SG⊥△EFG所在平面
B．SD⊥△EFG所在平面
C．GF⊥△SEF所在平面
D．GD⊥△SEF所在平面
A [四面体S-EFG
如图所示：
由SG⊥GE，SG⊥GF，
且GE∩GF＝G得，
SG⊥△EFG所在的平面．
故选A.]
3．(人教A版必修第二册P152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________．
13 [∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝22，
又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin ∠AC1A1＝AA1AC1＝13.]
4．(人教A版必修第二册P152练习T4改编)已知点P为边长为a的正△ABC所在平面外一点且PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．
63a [设点P在平面ABC上的射影为点O.由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．如图，延长CO交AB于点G.因为△ABC是正三角形，故CG为△ABC边AB上的高，且CO＝2OG.易知OG＝13CG＝36a.
又因为PA＝PB＝AB＝a，所以△ABP是等边三角形，所以点P到直线AB的距离为a2-a22＝32a，则点P到平面ABC的距离PO＝34a2-112 a2＝63a.]
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
[典例1] 如图，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，且PA∩AC＝A，
∴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，
∴AE⊥平面PCD.又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.又PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
判定线面垂直的四种方法
[跟进训练]
1．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝3；③AA1＝2.
[解] (1)证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.
又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，
∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
如图，连接DF，A1B，
∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，
∠ACB＝90°，则AB＝2，
又AA1＝2，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1.
∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
[典例2] 在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P-BCDE的体积；
(2)若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.
[解] (1)如图所示，取DE的中点M，连接PM，
由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE，
∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P-BCDE的高．
在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，
∴PM＝12DE＝2，
而梯形BCDE的面积S＝12(BE＋CD)·BC＝12×(2＋4)×2＝6，
∴四棱锥P-BCDE的体积V＝13PM·S＝13×2×6＝22.
(2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，
∵PB＝PC，∴BC⊥PN，
∵MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴BC⊥平面PMN，
∵PM⊂平面PMN，∴BC⊥PM，由(1)知，PM⊥DE，
又BC，DE⊂平面BCDE，且BC与DE是相交的，
∴PM⊥平面BCDE，
∵PM⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.
【教师备选题】
如图，在三棱锥VABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥BVAC的高．
[解] (1)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.
因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.
因为OC⊂平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.
(2)在等腰Rt△ACB中，AC＝BC＝2，
所以AB＝2，OC＝1，所以等边△VAB的面积为S△VAB＝12×22×sin 60°＝3，又因为OC⊥平面VAB，所以OC⊥OM.
在△AMC中，AM＝1，AC＝2，MC＝2，
所以S△AMC＝12×1×72＝74，
所以S△VAC＝2S△MAC＝72.
由三棱锥BVAC的体积与三棱锥CVAB的体积相等，
即13S△VAC·h＝13S△VAB·OC，
所以h＝3×172＝2217，
即三棱锥B-VAC的高为2217.
证明面面垂直的两种方法
[跟进训练]
2．(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
[解] (1)证明：如图所示：
分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，因为△EAB，△FBC均为全等的正三角形，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM∥FN，而EM＝FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)如图所示：
分别取AD，DC的中点K，L，连接KM，KH，KL，LN，LG，AC，BD.
由(1)知，EF∥MN且EF＝MN，同理有，HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM＝MN＝NL＝LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN＝NL＝LK＝KM＝42，EM＝8sin 60°＝43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝22，所以该几何体的体积V＝422×43＋4×13×42×43×22＝1283+25633＝64033cm3.
考点三 垂直关系的综合应用
[典例3] (2022·广东广州三模)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
[解] (1)证明：作AD⊥PC于D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD⊂平面PAC，则AD⊥平面PBC.
又BC⊂平面PBC，则AD⊥BC，又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PA⊥BC，又PA，AD⊂平面PAC，
PA∩AD＝A，则BC⊥平面PAC.
(2)作AD⊥PC于D，作DE⊥PB于E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE⊂平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝2，AD＝1×12＝22，
又由(1)知BC⊥平面PAC， AC⊂平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝2，PA⊥平面ABC，
AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝3，
AE＝1×23＝63，则sin ∠AED＝ADAE＝2263＝32，
则∠AED＝π3，即二面角A-PB-C为π3.
【教师备选题】
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BMBS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＝12BC，
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，AE＝12BC，
∴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，
又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＝7，SE＝3，BD＝2OB＝23，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＝SE2+BE2＝10，
∴cs ∠SBD＝SB2+BD2-SD22SB·BD＝33020，
∴OBBM＝33020，∴BM＝2103，∴BMBS＝23.
(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)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．
[跟进训练]
3．(2022·天津河北区二模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD.
(1)求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)求点C到平面BPQ的距离．
[解] (1)连接BD交AC于O，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
∴∠BPO即为BP与平面ACQP所成角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA⊂平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝AB2+PA2＝4+1＝5，
在Rt△POB中，OB＝3，∴sin ∠BPO＝OBBP＝35＝155，
故BP与平面ACQP所成角的正弦值为155.
(2)取PQ的中点M，连接BM，DM，
由(1)知，PA⊥平面ABCD.
∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，
∴BP＝BQ，DP＝DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角，
在△BDM中，BD＝23，BM＝DM＝
BP2-PM2＝BP2-12 AC2＝5-1＝2，
由余弦定理知，cs ∠BMD＝BM2+DM2-BD22BM·DM＝4+4-122×2×2＝－12，
∴∠BMD＝120°，
故二面角B-PQ-D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°.
(3)设点C到平面BPQ的距离为d，
∵VC-BPQ＝VB-CPQ， ∴13d×12BM·PQ＝13OB×12CQ·PQ，
∴d×2×2＝3×1×2， ∴d＝32，
故点C到平面BPQ的距离为32.
1．三垂线定理
平面内的一条直线，如果和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．
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和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．
[典例1] (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是( )
A B
C D
BC [本题当然可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很直观．
A B
C D
如图所示：
选项A：OP在上表面的射影与MN重合，因此不满足题意．
选项B：OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为棱中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意．
选项C：OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为棱中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意．
选项D：OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．
综上，故选BC.]
[典例2] 如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是侧棱BC的中点．求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．
[解] 过点C作CM⊥DE垂足为M，连接C1M，因为C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂线定理)，
故∠C1MC即为二面角C1-DE-C的平面角．
因为E为中点且四边形ABCD为正方形，
则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，
则CM＝25，又C1C＝1，
则tan ∠C1MC＝C1CCM＝52.
课时分层作业(四十一) 空间直线、平面的垂直
一、选择题
1．(多选)设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，则n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，则n⊥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β
AD [选项A中，由面面垂直的性质定理知，正确；选项B中，直线n可以与平面β相交、平行或n⊂β，不正确；选项C中，与直线m平行的平面有无数个，且这些平面可以与平面α平行、相交，不正确；选项D中，根据m⊥α，m⊥β，知α∥β，又n⊥α，所以n⊥β正确，故选AD.]
2．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
A [由AC⊥AB，AC⊥BC1，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．故选A.]
3．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，则直线PB与平面PAC所成角为( )
A．π6 B．π4
C．π3 D．π2
A [连接BD，交AC于点O.因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA.又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC.连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成角．又因为PA＝AB＝2，所以PB＝22，BO＝2.所以sin ∠BPO＝BOPB＝12，所以∠BPO＝π6.故选A.]
4．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，则下列判断中错误的是( )
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
C [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．故选C.]
5．(多选)如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一条体对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为( )
A B
C D
AD [对于A，D项，根据正方体的性质可得l⊥MN，l⊥MP，可得l⊥平面MNP.而B，C项，无法得出l⊥平面MNP.故选AD.]
6．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
ABD [如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C ，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1 ，
因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A 1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1, B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
设正方体棱长为1，则C1O＝22，BC1＝2，
sin∠C1BO＝C1OBC1＝12，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD.]
二、填空题
7．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正确的条件即可)
DM⊥PC(或BM⊥PC等) [∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC(图略)，
则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.]
8．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．
7 [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．]
9．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是________．
23 [如图，△AB1D1中，AB1＝AD1＝5，B1D1＝2，∴△AB1D1的边B1D1上的高为52-222＝322，
∴S△AB1D1＝12×2×322＝32，
设A1到平面AB1D1的距离为h，则有S△AB1D1×h＝S△A1B1D1×AA1，
即32h＝12×2，解得h＝23.]
三、解答题
10. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
求证：(1)DC⊥平面PAC；
(2)平面PAB⊥平面PAC.
[证明] (1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PC⊥DC.
又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.
(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.
11．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中(底面△ABC为正三角形)，A1A⊥平面ABC，AB＝AC＝2，AA1＝3，D是BC边的中点．
(1)证明：平面ADB1⊥平面BB1C1C；
(2)求点B到平面ADB1的距离．
[解] (1)证明：∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC.
又BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
∴BB1⊥AD.
又BC∩BB1＝B，
∴AD⊥平面BB1C1C.
又AD⊂平面ADB1，
∴平面ADB1⊥平面BB1C1C.
(2)由(1)知，AD⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C，
∴AD⊥B1D，
∵AD＝3，B1D＝2，
∴S△ADB1＝12·B1D·AD＝12×2×3＝3，
S△ABD＝12·BD·AD＝12×1×3＝32.
设点B到平面ADB1的距离为d，
由VB-ADB1＝VB1-ABD，得13·S△ADB1·d＝13·S△ABD·B1B，
即13×3×d＝13×32×3，
∴d＝32，即点B到平面ADB1的距离为32.
12．(多选)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是棱PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F，则有( )
A．OE∥PA B．平面PAC⊥平面PBD
C．PB⊥平面EFD D．BD⊥ED
ABC [如图，连接AC，BD交于点O，连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴O是AC的中点，
∵E是棱PC的中点，∴PA∥OE，故A正确；
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，
又AC⊥BD，PD∩DB＝D，PD⊂平面PDB，BD⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD，又AC⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PDB，故B正确；
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，
由四边形ABCD是正方形，得BC⊥CD，
又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
∴BC⊥平面PCD，又DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE.
∵PD＝DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC，
∵PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴DE⊥平面PBC，
∵PB⊂平面PBC，∴PB⊥DE，
又EF⊥PB，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面EFD，
∴PB⊥平面EFD，故C正确；
由DE⊥平面PBC，知DE⊥EB，故D错误．故选ABC.]
13．(2019·全国Ⅰ卷)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3，那么P到平面ABC的距离为________．
2 [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.
又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝PE2-OE2＝32-12＝2.]
14．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1，3，正广AD为23，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________；邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．
4 π6 [过点C作CE⊥AB，垂足为E，延长AD，BC，使得AD∩BC＝F，如图所示．由题意可得CE＝23，BE＝2，则BC＝12+4＝4.由题意知AB⊥AD，CD∥AB，所以DFAF＝CDAB＝13，所以DF＝3.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，则∠AFB是直线BC与平面PAD所成角的平面角，
tan ∠AFB＝ABAF＝333＝33，所以∠AFB＝π6.]
15.如图，在四棱锥P-ABCD中， PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝14PB.
(1)证明：MN∥平面PDC；
(2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：在四边形ABCD中，由AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M为AC的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CD cs 60°＝12，AC＝2CD sin 60°＝3，
则BM＝32×3＝32，
由DMBM＝PNBN＝13，可得MN∥PD，
而MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，可得MN∥平面PDC.
(2)当点Q为BC的中点时，满足题意，理由如下：过M作ME⊥AD，垂足为E，延长EM交BC于Q，连接NQ，NE，如图，由PA⊥平面ABCD，EQ⊂平面ABCD，可得PA⊥EQ，又EQ⊥AD，PA∩AD＝A，可得EQ⊥平面PAD，又因为EQ⊂平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q.
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，
由BM＝32，BQsin30°＝BMsin120°，
可得BQ＝BM3＝32，即Q为BC的中点．
综上得，Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD.
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,l⊥b,a∩b＝O,a，b⊂α))
⇒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\c1(a⊥α,b⊥α))
⇒a∥b
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂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交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))
⇒l⊥α