高中数学人教B版 (2019)必修 第四册11.4.1 直线与平面垂直精品当堂达标检测题

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题型一 线面垂直的概念辨析
1．（22-23高一下·河北邢台·期中）在空间中，a，b，c为互不重合的三条直线，α，β为两个不同的平面，则（ ）
A．对任意直线b，c，总存在直线a，使得a//b，a//c
B．对任意直线b，c，总存在直线a，使得a⊥b，a⊥c
C．对任意平面α，β，总存在直线a，使得a⊥α，a⊥β
D．对任意平面α，β，总存在直线a，使得a//α，a⊥β
【答案】B
【分析】根据空间直线、平面的位置关系一一判断.
【详解】当直线b与c不平行时，不存在直线a，使得a//b，a//c，A错误．
当b//c时，a⊥b，则a⊥c；
当直线b与c相交，直线a垂直于直线b，c所确定的平面时，即可满足a⊥b，a⊥c；
当b，c异面，直线a垂直于与直线b，c均平行的平面时，
即可满足a⊥b，a⊥c，B正确．
当α与β不平行时，不存在直线a，使得a⊥α，a⊥β，C错误．
当α//β时，不存在直线a，使得a//α，a⊥β，D错误．
故选:B.
2．（22-23高一下·广东汕尾·期末）已知直线a，b，l和平面α，则下列命题正确的是（ ）
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
【答案】B
【分析】
根据线线、线面位置关系有关知识对选项进行分析，由此确定正确答案.
【详解】A选项，若a//b，a//α，可能b⊂α，所以A选项错误.
B选项，若a∥b，a⊄α，b⊄α，a//α，则b//α，所以B选项正确.
C选项，若l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，当a//b时，l与α不一定垂直，所以C选项错误.
D选项，若a⊥b，a⊥α，可能b⊂α，所以D选项错误.
故选：B
3．（多选）（23-24高一下·山东菏泽·阶段练习）下列命题中其中正确命题的为（ ）
A．平行于同一直线的两个平面平行；B．平行于同一平面的两个平面平行；
C．垂直于同一直线的两直线平行；D．垂直于同一平面的两直线平行．
【答案】BD
【分析】利用平面与平面的位置关系对A进行判断，利用面面平行的判定和面面平行的性质对B进行判断，利用空间中直线与直线的位置关系对C进行判断，利用线面垂直的性质对D进行判断，从而得结论
【详解】对于A，因为平行于同一直线的两个平面平行可能平行，也可能相交，所以A不正确；
对于B，设α//β，β//γ，取直线a,b⊂α且a∩b=A，
因为α//β，所以在β内存在a1//a，b1//b且a1∩b1=A1
又因为β//γ，所以在γ内存在a2//a1，b2//b1且a1∩b2=A2，
因此a//a2，b//b2.又因为a⊂α，a2⊂γ，所以a//γ，同理可得b//γ，
而a∩b=A，a,b⊂α，因此α//β，所以B正确；
对于C，因为垂直于同一直线的两直线可能平行、相交或异面，所以C不正确；
对于D，由线面垂直的性质知：垂直于同一平面的两直线平行，所以D正确．
故选：BD
4．（多选）（21-22高一下·全国·期末）已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥α，m⊥n，则n//α
B．若m//β，m⊂α，α∩β=n，则m//n
C．若m//α，n//α，则m//n
D．若m⊥α，m⊥β，则α//β
【答案】BD
【分析】利用反例说明A、C，利用线面平行的性质判断B，根据线面垂直的性质判断D.
【详解】如图，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
令m=AA1，n=AD，α=平面ABCD，满足m⊥α，m⊥n，此时n⊂α，故A错误；
由线面平行的性质知B正确；
令m=A1B1，n=B1C1，α=平面ABCD，满足m//α，n//α，此时m⊥n，故C错误；
由垂直同一直线的两个不同的平面平行知，α//β，故D正确；
故选：BD.
题型二 线面垂直的证明
1．（2024高二上·北京·学业考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求证：PB//平面AEC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据线面垂直的性质可得BD⊥PA，结合线面垂直判定定理即可证明；
（2）设AC与BD交于点O，连接OE，则OE//PB，结合线面平行的判定定理即可证明.
【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA，
又平面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
又PA∩AC=A,PA、AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC；
（2）E为PD的中点，设AC与BD交于点O，连接OE，
则OE//PB，又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB//平面AEC.
2．（2023高二上·上海·专题练习）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，AN⊥PM，N为垂足. 求证：AN⊥平面PBM；
【答案】证明见解析
【分析】
由题目条件得到BM⊥平面PAM，故BM⊥AN，结合AN⊥PM得到线面垂直.
【详解】
∵AB为⊙O的直径，
∴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．（2023高二上·上海·专题练习）如图，在三棱锥S−ABC中，∠ABC=90°，D是AC的中点，且SA=SB=SC.
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC.

【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理求证；
（2）根据线线垂直，利用线面垂直定理证明.
【详解】（1）
因为SA=SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中，AD=BD，
由已知SA=SB，所以△ADS≅△BDS，所以SD⊥BD.
又AC∩BD=D,AC,BD⊂平面ABC，
所以SD⊥平面ABC.
（2）
因为AB=BC，D是AC的中点，
所以BD⊥AC.
由(1)知SD⊥BD.
又因为SD∩AC=D,SD,AC⊂平面SAC，
所以BD⊥平面SAC.
4．（2023高二下·北京·学业考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形．
(1)求证：AB//平面PCD；
(2)求证：AB⊥平面PAD．

【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】
（1）因为AB//CD，由线面平行判定定理得证；
（2）由题意得AB⊥AD，AB⊥PD，根据线面垂直的判定定理得证.
【详解】（1）由题意，底面ABCD是矩形，即AB//CD，
CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB//平面PCD；
（2）由题意，PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PD，
又底面ABCD是矩形，即AB⊥AD，
AD∩PD=D,AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD．
题型三 线面垂直证明线线平行
1．（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．
2．（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.
3．（19-20高一·全国·课时练习）如图，正方体A1B1C1D1－ABCD中，EF与异面直线AC、A1D都垂直相交．
求证：EF//BD1.

【答案】证明见详解.
【分析】连接AB1，B1C，BD，B1D1，根据线面垂直的判定定理，证明AC⊥平面BDD1B1，推出AC⊥BD1；同理得到BD1⊥B1C，推出BD1⊥平面ACB1；再证明EF⊥平面ACB1；即可得出结论成立.
【详解】连接AB1，B1C，BD，B1D1，
因为在正方体A1B1C1D1－ABCD中，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，
又AC⊥BD，DD1∩BD=D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1，因此AC⊥BD1；
同理可证：BD1⊥B1C，
又AC∩B1C=C，AC⊂平面ACB1，B1C⊂平面ACB1，
所以BD1⊥平面ACB1；
因为EF与异面直线AC、A1D都垂直相交，
即EF⊥AC，EF⊥A1D，
又在正方体A1B1C1D1－ABCD中，A1B1与DC平行且相等，
所以四边形A1B1CD为平行四边形，因此A1D//B1C，
所以EF⊥B1C，
因为AC∩B1C=C，AC⊂平面ACB1，B1C⊂平面ACB1，
所以EF⊥平面ACB1；
因此EF//BD1.

【点睛】本题主要考查证明线线平行，熟记线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.
4．（2023高二上·上海·专题练习）如图，平面α∩平面β=l，PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B，直线a⊂平面α，a⊥AB.求证：a∥l.
【答案】证明见解析
【分析】利用“垂直于同一个平面的两条直线平行”来证明.
【详解】
如图：
∵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.
题型四 线面垂直证明线线垂直
1．（20-21高二下·福建莆田·阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，点D是AB的中点.
(1)证明：AC⊥BC1；
(2)证明：AC1//平面CDB1.

【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件证明AC⊥平面BCC1B1，再通过线面垂直的性质得到线线垂直；
（2）设CB1∩C1B=E，根据条件得到DE//AC1，再结合线面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
因为AC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC.
因为AC=3，BC=4，AB=5，
所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC，
又CC1∩BC=C，CC1,BC⊂平面BCC1B1，
所以AC⊥平面BCC1B1，
因为BC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥BC1
（2）设CB1∩C1B=E，连接DE，

则E是BC1的中点，
又因为D是AB的中点，所以DE//AC1
因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
所以AC1//平面CDB1.
2．（2022·陕西渭南·一模）如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=AB=2，AD=4，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.
(1)求三棱锥E−PAD的体积；
(2)证明：AF⊥PE.
【答案】(1)83
(2)证明见解析
【分析】（1）等体积法解决即可；（2）线面垂直的判定定理，性质定理相结合解决即可.
【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，
∴S△EAD=12AD⋅AB=4，
∴VE−PAD=VP−EAD=13S△EAD⋅PA=83.
（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，
又∵PA=AB=2，且点F是PB的中点，
∴AF⊥PB，
又PA⊥BC，BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB，
又AF⊂平面PAB，
∴BC⊥AF，
由AF⊥PB，AF⊥BC，PB∩BC=B，
∴AF⊥平面PBC，
∵PE⊂平面PBC，
∴AF⊥PE.
3．（21-22高一·全国·课时练习）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，如图所示，A1A=AB=a，G，E，F分别是A1C1，AB，BC的中点，求证：直线EF⊥直线GB．
【答案】证明见解析
【分析】作出辅助线，证明出A1C1⊥平面B1BG，得到A1C1⊥BG，再由线线平行得到直线EF⊥直线GB
【详解】证明：连接B1G．在三角形A1B1C1中，G是A1C1的中点，所以B1G⊥A1C1．
因为B1B⊥平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，
所以B1B⊥ A1C1，
因为B1G∩B1B=B1，B1G,B1B⊂平面B1BG，
所以A1C1⊥平面B1BG，
因为BG⊂平面B1BG，
所以A1C1⊥BG，
又因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以EF∥A1C1
所以直线EF⊥直线GB．
4．（20-21高一下·贵州黔东南·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB， E,F,G分别是PC,PD,BC的中点．
(1)求证：PC⊥AD；
(2)求证：平面PAB//平面EFG．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由PD⊥平面ABCD，得AD⊥PD，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证（2）由EF//AB证明EF//平面PAB，由EG//PB证明EG//平面PAB，再由面面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）由PD⊥平面ABCD，得AD⊥PD，又AD⊥CD(ABCD是正方形)，PD∩CD=D，所以AD⊥平面PDC，所以AD⊥PC.
（2）由E,F分别是线段PC,PD的中点，所以EF//CD，又ABCD为正方形，AB//CD，所以EF//AB，又EF⊄平面PAB，所以EF//平面PAB.因为E,G分别是线段PC,BC的中点，所以EG//PB，又EG⊄平面PAB，所以EG//平面PAB.因为EF∩EG=E,EF,EG⊂平面EFG，所以平面EFG//平面PAB.
题型五 勾股定理的运用
1．（2024高一·江苏·专题练习）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=a,A1A=2a，D为棱B1B的中点.求证：A1D⊥平面ADC.
【答案】证明见解析
【分析】
先通过证明AC⊥平面A1ABB1，得到AC⊥A1D，再得到A1D⊥AD，即可证明线面垂直.
【详解】
由题意可知，AA1⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC，
又∠BAC=90∘，所以AC⊥AB，
又AB∩AA1=A，AB,AA1⊂面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1，又A1D⊂平面A1ABB1，
所以AC⊥A1D，
因为D为BB1的中点，BB1=2a,AB=A1B1=a，
在△A1DA中，A1D=2a,AD=2a,AA1=2a，所以A1D2+AD2=A1A2，
所以∠A1DA=90∘，即A1D⊥AD，
而AC∩AD=A，AC,AD⊂面ADC，
故有A1D⊥平面ADC.
2．（2023·四川成都·一模）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，M为AA1的中点，AB=2，AA1=4.
(1)求证：C1M⊥平面BDM；
(2)求三棱锥M−BC1D的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】
（1）根据正四棱柱的几何性质确定线段长度，结合勾股定理可得C1M⊥DM，C1M⊥BM，再根据线面垂直判定定理即可证得结论；
（2）根据三棱锥的等体积转化，结合体积公式求解即可.
【详解】（1）如图，连接A1C1.
∵正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，M为AA1的中点，AB=2，AA1=4，
∴ A1C1=A1D12+D1C12=22，A1M=AM=12AA1=2，
∴DM=AD2+AM2=22，
又C1D=DC2+CC12=25，MC1=A1C12+A1M2=23.
∵ C1M2+DM2=DC12，
∴ C1M⊥DM.
同理可得C1M⊥BM.
∵ DM∩BM=M，DM⊂平面BDM，BM⊂平面BDM，
∴ C1M⊥平面BDM.
（2）由（1）知，BM=DM=BD=22，且C1M⊥平面BDM.
∴ VM−BC1D=VC1−BDM=13S△BDM⋅C1M=13×34×222×23=4.
三棱锥C1−BDM的体积为4.
3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−OABC中，已知OP=1,CP=2,∠CPO=π3,，∠AOC=π2.证明：CO⊥平面AOP；
【答案】证明见解析
【分析】
由余弦定理求得CO，由勾股定理逆定理得CO⊥OP，然后可由线面垂直的判定定理得证线面垂直．
【详解】在△POC中，∠CPO=π3,CP=2,OP=1，
所以CO2=CP2+OP2−2CP⋅OP⋅cs∠CPO=4+1−2×2×1×12=3.
所以CO=3，故CO2+OP2=CP2，则CO⊥OP.
又∠AOC=π2，即CO⊥OA.
OP∩OA=O,OP,OA⊂平面AOP，
所以CO⊥平面AOP.
4．（22-23高一下·新疆乌鲁木齐·期末）如图：四棱锥P−ABCD中，PA⊥AD，AB=AC=2PA=2，PC=5，AD∥BC，∠BAD=150°
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)求三棱锥B−PAC的体积.

【答案】(1)见解析
(2)33
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明．
（2）利用锥体的体积公式求体积．
【详解】（1）因为PA=1，AC=2，PC=5,
所以PC2=PA2+AC2．所以PA⊥AC,
又因为PA⊥AD，且AD∩AC=A,AD,AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD，
（2）取BC中点E，连接AE．
由（1）PA⊥平面ABCD
所以VB−PAC=VP−ABC=13×S△ABC×PA．
因为∠BAD=150°，AD//BC，
所以∠ABC=30°．
又因为AB=AC=2，E为BC的中点，所以，AE⊥BC，
所以BC=2ABcs30∘=23,AE=ABsin30∘=1．
所以VP−ABC=13×12×23×1×1=33，

题型六 线面垂直的简单运用
1．（20-21高一下·全国·课时练习）在三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，△ABC是边长为4的正三角形，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为（ ）
A．23B．27C．43D．47
【答案】B
【分析】根据线面垂直得出PC⊥CM，利用勾股定理及正三角形的性质可得答案.
【详解】如图，连接CM，因为PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以PC⊥CM，
因为PC＝4，所以PM=PC2+CM2=16+CM2，
要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可，在△ABC中，当CM⊥AB时CM有最小值，
此时有CM=4×32=23，所以PM的最小值为27.
故选：B.
2．（23-24高二上·上海闵行·期中）已知△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°，AB=8，点P是平面ABC外一点，若PA=PB=PC，且PO⊥平面ABC，O为垂足，则OC= .
【答案】4
【分析】根据线面垂直和等腰三角形三线合一的性质得到点O为AB中点，然后根据直角三角形的性质求OC即可.
【详解】因为PO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB，
因为PA=PB，所以点O为AB中点，
因为∠ACB=90°，AB=8，所以OC=12AB=4.
故答案为：4.

3．（22-23高一下·河南洛阳·阶段练习）如图，空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD和ADEF．设M,N分别是BD和AE的中点，那么以下4个命题中正确的是 ．
①AD⊥MN；②MN//平面CDE；③MN//CE；④MN,CE异面．
【答案】①②③
【分析】①构造过MN且与AD垂直的平面，即可通过证明线面垂直从而得到线线垂直；
②通过证明过MN的平面与平面CDE平行，从而证明线面平行即可；
③在三角形ACE中，由中位线与底边平行，即可证明；
④由③正确，即可说明④错误.
【详解】取AD的中点H，连接NH,MH,CE,AC如下所示：
对①：显然NH∥DE，NH=12DE，MH∥CD,MH=12CD，
又AD⊥DE,AD⊥CD，所以AD⊥NH，AD⊥MH．
又NH∩MH=H，NH,MH⊂面MHN，所以AD⊥面MHN．
又MN⊂面MHN，所以AD⊥MN，所以①正确．
对②由①知NH∥DE，NH⊄面CDE,DE⊂面CDE，故NH//面CDE；
MH//CD，MH⊄面CDE,CD⊂面CDE，故MH//面CDE；
又MH∩NH=H,MH,NH⊂面MHN，故面MHN//面CDE．
又MN⊂面MHN，所以MN//平面CDE．所以②正确．
对③：因为AC过点M，在三角形ACE中M,N为中点．所以MN//CE，所以③正确．
④错．
故答案为：①②③．
4．（22-23高一上·四川广元·阶段练习）如图，一块正方体形木料的上底面有一点E，经过点E在上底面上画一条直线与CE垂直， 写出作该直线的方法
【答案】在平面A1B1C1D1中，画出经过点E与C1E垂直的直线
【分析】
设经过点E在上底面与CE垂直的直线为l，由题意可得到l⊥平面CC1E，所以l⊥C1E，在平面A1B1C1D1中，画出经过点E与C1E垂直的直线即可．
【详解】
设经过点E在上底面所画与CE垂直的直线为l，
由ABCD−A1B1C1D1是正方体，则CC1⊥平面A1B1C1D1，
l⊂平面A1B1C1D1，则有CC1⊥l，又CE⊥l，
CC1,CE是平面CC1E内的相交直线，所以l⊥平面CC1E，
C1E⊂平面CC1E，则l⊥C1E，
所以在平面A1B1C1D1中，画出经过点E与C1E垂直的直线即可．
故答案为：在平面A1B1C1D1中，画出经过点E与C1E垂直的直线
题型七 线面垂直中的动点探索性问题
1．（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．
2．（2023高一·全国·专题练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90∘，AB=BC=1，AA1=3，M为棱AC上靠近A的三等分点，N为棱A1B1上靠近A1的三等分点．在棱BB1上是否存在点D，使得C1D⊥面B1MN?若存在，求出B1D的大小并证明；若不存在，说明理由．

【答案】存在，B1D=19，证明见解析.
【分析】棱BB1上存在点D，使得C1D⊥面B1MN，此时B1D=19.
【详解】假设在棱BB1上存在点D，使得C1D⊥面B1MN，
过M作MM1//AB，交BC于M1点，则M1为棱BC上靠近B的三等分点，BM1=13，
有MM1//B1N，连接B1M1，
直三棱柱中，BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，BB1⊥AB，
∠ABC=90∘，即BC⊥AB，
BB1,BC⊂平面BB1C1C，BB1∩BC=B，AB⊥平面BB1C1C，
B1N//AB，则B1N⊥平面BB1C1C，
又C1D⊂平面BB1C1C，∴B1N⊥C1D，

棱BB1上存在点D，使得C1D⊥面B1MN，此时B1D=19.
此时B1DBM1=B1C1BB1，而∠B1BM=∠C1B1D，故△B1BM∼△C1B1D，
所以∠BB1M1=∠B1C1D，所以∠BB1M1+∠B1DC1=∠B1C1D+∠B1DC1=90°，
所以B1M1⊥C1D，
由直棱柱ABC−A1B1C1可得平面ABC⊥平面B1BCC1，
而AB⊥BC，平面ABC∩平面B1BCC1=BC，AB⊂平面ABC，
故AB⊥平面B1BCC1，而DC1⊂平面B1BCC1，故AB⊥DC1，
而AB//MM1，故MM1⊥DC1，
因为MM1∩B1M1=M1,MM1,B1M1⊂平面MM1B1，
故DC1⊥平面MM1B1即C1D⊥面B1MN.
3．（22-23高一下·上海宝山·期中）如图，在Rt△PAB中，PA⊥AB，且PA=23，AB=2，将△PAB绕直角边PA旋转2π3到△PAC处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC（不含端点）上的一个动点．
(1)是否存在点D，使得BC⊥PD？若存在，求出∠CAD的大小；若不存在，请说明理由；
(2)当四棱锥P−ABDC体积最大时，求C沿圆锥侧面到达点D的最短距离．

【答案】(1)存在，∠CAD=π3
(2)26−2
【分析】（1）BC⊥面PAD即为所求，即BC⊥AD，此时易知D为圆弧BC的中点；
（2）易知当四边形ABDC面积最大时，四棱锥的体积最大，设∠CAD=α，根据SABDC=S△CAD+S△BAD可求四边形ABDC面积最大时α的大小，并利用扇形展开图，求点C到达点D的最小值.
【详解】（1）当D为圆弧BC的中点，即∠CAD=π3时，BC⊥PD，
证明如下：∵D为圆弧BC的中点，∴∠CAD=∠BAD=π3，即AD为∠CAB的平分线，
∵AC=AB，∴AD为等腰△CAB的高线，即AD⊥BC，
∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABDC，
∴PA⊥平面ABDC，BC⊂平面ABDC，∴PA⊥BC，
∵PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，
∴BC⊥面PAD，PD⊂平面PAD,
∴BC⊥PD．
（2）由（1）得，PA为四棱锥P−ABDC的高，∵PA=23，
∴当底面积SABDC取最大值时，四棱锥P−ABDC体积最大.
设∠CAD=α，则∠BAD=2π3−α,α∈0,2π3，
SABDC=S△CAD+S△BAD=12×2×2×sinα+12×2×2×sin2π3−α
=2sinα+sin2π3−α=23sinα+π6，
∵α∈0,2π3,α+π6∈π6,5π6，
∴α=π3时，sinα+π6=1,SABDC取最大值23，
∴当四棱锥P−ABDC体积最大时，∠CAD=∠BAD=π3，
此时，CD=π3×2=2π3，PC=PD=PB=232+22=4，
如图，是扇形表面部分PCD的展开图，此时展开图中∠CPD=2π34=π6，

CD=PC2+PD2−2PC⋅PD⋅csπ6=42−3=26−2，
所以点C沿圆锥侧面到达点D的最短距离为26−2.
4．（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
1．（23-24高一下·河北保定·开学考试）已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=1，BC=2，若球O的表面积为4π，则SA=（ ）
A．22B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】
根据四面体S−ABC的性质可构造长方体模型求得外接球半径即可得SA=1.
【详解】如下图所示：
由SA⊥平面ABC可知SA⊥AB,SA⊥BC，又AB⊥BC，
所以四面体S−ABC的外接球半径等于以长宽高分别为SA,AB,BC三边长的长方体的外接球半径，
设外接球半径为R，
由球O的表面积为4π，可得4πR2=4π，即R=1；
又AB=1，BC=2，4R2=AB2+BC2+SA2，
所以SA=1.
故选：B
2．（多选）（2024·湖南长沙·模拟预测）四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA与底面垂直，PA=2，AB=1，动点M在线段PC上，则（ ）
A．不存在点M，使得AC⊥BM
B．MB+MD的最小值为303
C．四棱锥P−ABCD的外接球表面积为5π
D．点M到直线AB的距离的最小值为255
【答案】BD
【分析】
当点M为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求MB+MD的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D.
【详解】对于A：连接BD，且AC∩BD=O，如图所示，当M在PC中点时，
因为点O为AC的中点，所以OM//PA，因为PA⊥平面ABCD，
所以OM⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以OM⊥AC，
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD．
又因为BD∩OM=O，且BD，OM⊂平面BDM，所以AC⊥平面BDM，
因为BM⊂平面BDM，所以AC⊥BM，所以A错误；
对于B：将△PBC和△PCD所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，
△PBC和△PDC是全等的直角三角形，PB=PD=5，BC=CD=1，
连结BD，BD⊥PC，
则MB+MD的最小值为BD，直角△PBC斜边PC上高为1×56，即306，
直角△PCD斜边PC上高也为1×56，所以MB+MD的最小值为303，所以B正确；
对于C：易知四棱锥P−ABCD的外接球直径为PC，
半径R=12PC=1222+12+12=62，表面积S=4πR2=6π，所以C错误；
对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，
因为AB//CD，且AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD，
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作AF⊥PD，
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂面ABCD，所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，且PA∩AD=A，PA,AD⊂面PAD，
故CD⊥平面PAD，AF⊂平面PAD，所以AF⊥CD，
因为PD∩CD=D，且PD，CD⊂平面PCD，所以AF⊥平面PCD，
所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，
在Rt△PAD中，PA=2，AD=1，可得PD=5，
所以由等面积得AF=255，即直线AB到平面PCD的距离等于255，所以D正确，
故选：BD．
3．（23-24高二上·黑龙江大庆·开学考试）在边长为a的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，M、N分别为AB、CF的中点，现沿AE、AF、EF折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥B−AEF，如图所示．

(1)在三棱锥B−AEF中，求证：AB⊥EF；
(2)求四棱锥E−AMNF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)132a3．
【分析】
（1）利用线线垂直可得线面垂直；
（2）根据题意得到VE−AMNF=34VA−BEF，通过VA−BEF=13S△BEF×AB计算即可.
【详解】（1）在三棱锥B−AEF中，
因为AB⊥BE，AB⊥BF，BE∩BF=B，BE,BF⊂面BEF,
所以AB⊥面BEF．又EF⊂平面BEF，
所以AB⊥EF；
（2）因为在△ABF中，M、N分别为AB、BF的中点，
所以四边形AMNF的面积是△ABF面积的34．
又三棱锥E−ABF与四棱锥E−AMNF的高相等，
所以，四棱锥E−AMNF的体积是三棱锥E−ABF的体积的34，
因为VE−ABF=VA−BEF，所以VE−AMNF=34VA−BEF．
因为VA−BEF=13S△BEF×AB=13×12×BE×BF×AB=124a3．
所以VE−AMNF=34×124a3=132a3，
故四棱锥E−AMNF的体积为132a3．