【数学】2018届一轮复习人教A版空间中的垂直关系学案 53页

专题42空间中的垂直关系 ‎ ‎ ‎1.以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理；‎ ‎2.能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．‎ ‎ ‎ ‎1．直线与平面垂直 ‎(1)直线和平面垂直的定义 如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，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 如果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 ‎ 如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行 ⇒a∥b ‎2.平面与平面垂直 ‎(1)平面与平面垂直的定义 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)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 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 ⇒α⊥β 性质 定理 如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面 ⇒l⊥α ‎3.直线与平面所成的角 ‎(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．‎ ‎(2)线面角θ的范围：θ∈. ‎ ‎4．二面角的有关概念 ‎(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：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．‎ 高频考点一　直线与平面垂直的判定与性质 例1、(1)(2016·高考浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A．m∥l　　　　　　　　　 B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.‎ 答案：C ‎(2)如图，三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.‎ ‎①证明：AB⊥平面PFE；‎ ‎②若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．‎ 解：①证明：由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE⊂平面PAC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.‎ 因为∠ABC＝，EF∥BC，所以AB⊥EF.‎ 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，‎ 所以AB⊥平面PFE.‎ ‎②设BC＝x，则在Rt△ABC中，‎ AB＝＝，‎ 从而S△ABC＝AB·BC＝x.‎ 由EF∥BC知，＝＝，得△AFE∽△ABC，‎ 故＝2＝，即S△AFE＝S△ABC.‎ 由AD＝AE，S△AFD＝S△AFE＝×S△ABC ‎＝S△ABC＝x，‎ 从而四边形DFBC的面积为 SDFBC＝S△ABC－S△AFD ‎＝x－x ‎＝x.‎ 由①知PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥PDFBC的高．‎ 在Rt△PEC中，PE＝＝＝2，‎ 所以VPDFBC＝SDFBC·PE ‎＝×x×2＝7，‎ 所以x4－36x2＋243＝0，‎ 解得x2＝9或x2＝27.‎ 由于x>0，因此x＝3或x＝3.‎ 所以BC＝3或BC＝3.‎ ‎【举一反三】(1)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．‎ ‎①求证：EF⊥平面BCG；‎ ‎②求三棱锥D－BCG的体积．‎ 附：锥体的体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高．‎ ‎②解　在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图 由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.‎ 又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半．‎ 在△AOB中，AO＝AB·sin60°＝，‎ 所以VD－BCG＝VG－BCD＝S△DBC·h ‎＝×BD·BC·sin120°·＝.‎ ‎(2)如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.‎ 求证：PA⊥CD.‎ ‎【感悟提升】(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．‎ ‎(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想． ‎ ‎(3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．‎ ‎【变式探究】如图所示，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.∵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.‎ 高频考点二　平面与平面垂直的判定与性质 例2、(1)如图，P是正方形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，则平面PAB与平面PBC、平面PAD的位置关系是(　　)‎ A．平面PAB与平面PBC、平面PAD都垂直 B．它们两两垂直 C．平面PAB与平面PBC垂直，与平面PAD不垂直 D．平面PAB与平面PBC、平面PAD都不垂直 解析：∵DA⊥AB，DA⊥PA，AB∩PA＝A，∴DA⊥平面PAB，又DA⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB，同理可证平面PAB⊥平面PBC.‎ 答案：A ‎(2)(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.‎ ‎①求证：DC⊥平面PAC；‎ ‎②求证：平面PAB⊥平面PAC；‎ ‎③设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．‎ 证明：①因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.‎ 又因为DC⊥AC，PC∩CA＝C，所以DC⊥平面PAC.‎ ‎②因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB，且PC∩AC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC，且AB⊂面PAB.‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎③棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：‎ 如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.‎ 又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.‎ ‎【举一反三】(1)如图，‎ 三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．‎ ‎①求证：BD∥平面FGH；‎ ‎②若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.‎ 证明　①方法一　如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.‎ 在三棱台DEFABC中，‎ AB＝2DE，G为AC的中点，‎ 可得DF∥GC，DF＝GC，‎ 所以四边形DFCG为平行四边形．‎ 则M为CD的中点，‎ 又H为BC的中点，‎ 所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ ‎②连接HE，‎ 因为G，H分别为AC，BC的中点，‎ 所以GH∥AB.‎ 由AB⊥BC，得GH⊥BC.‎ 又H为BC的中点，‎ 所以EF∥HC，EF＝HC，‎ 因此四边形EFCH是平行四边形，‎ 所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.‎ 又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，‎ 所以BC⊥平面EGH.‎ 又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.‎ ‎(2)如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD.‎ 求证：①CD⊥平面PBD.‎ ‎②平面PBC⊥平面PDC.‎ 证明　①∵AD＝AB，∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD＝∠ADB＝45°，‎ 又∵AD∥BC，∴∠DBC＝45°，‎ 又∠DCB＝45°，∴∠BDC＝90°，‎ 即BD⊥DC.‎ ‎∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，‎ ‎∴CD⊥平面PBD.‎ ‎②由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.‎ 又BP⊥PD，PD∩CD＝D，‎ ‎∴BP⊥平面PDC.‎ 又BP⊂平面PBC，‎ ‎∴平面PBC⊥平面PDC.‎ ‎【感悟提升】面面垂直的性质应用技巧 ‎(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这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)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质在不是很复杂的题目中，要对此进行证明．‎ ‎【变式探究】 如图，‎ 三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.‎ ‎(1)证明：AB⊥平面PFE；‎ ‎(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．‎ ‎ ‎ ‎(2)解　设BC＝x，则在Rt△ABC中，‎ AB＝＝，‎ 从而S△ABC＝AB·BC＝x.‎ 由EF∥BC知，＝＝，‎ 得△AFE∽△ABC，故＝2＝，‎ 即S△AFE＝S△ABC.‎ 由AD＝AE，S△AFD＝S△AFE＝·S△ABC ‎＝S△ABC＝x.‎ 从而四边形DFBC的面积为SDFBC＝S△ABC－S△AFD ‎＝x－x＝x.‎ 由(1)知，PE⊥平面ABC，‎ 所以PE为四棱锥PDFBC的高．‎ 在Rt△PEC中，PE＝＝＝2.‎ 体积VPDFBC＝·SDFBC·PE ‎＝·x·2＝7，‎ 故得x4－36x2＋243＝0，解得x2＝9或x2＝27，‎ 由于x＞0，可得x＝3或x＝3.‎ 所以，BC＝3或BC＝3.‎ 高频考点三　线面角、二面角的求法 例3、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．‎ ‎(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；‎ ‎(2)证明：AE⊥平面PCD；‎ ‎(3)求二面角A—PD—C的正弦值．‎ ‎(1)解　在四棱锥P—ABCD中，‎ 因为PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，‎ 故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 从而AB⊥平面PAD，‎ 故PB在平面PAD内的射影为PA，‎ 从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．‎ 在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.‎ 所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.‎ ‎(2)证明　在四棱锥P—ABCD中，‎ 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，‎ 故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，‎ ‎∴CD⊥平面PAC.‎ 又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.‎ 由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.‎ ‎∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.‎ 又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.‎ ‎(3)解　过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．‎ 由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，‎ 则可证得AM⊥PD.‎ 因此∠AME是二面角A—PD—C的平面角．‎ 由已知，可得∠CAD＝30°.‎ 设AC＝a，可得 PA＝a，AD＝a，PD＝a，AE＝a.‎ 在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM·PD＝PA·AD，‎ 则AM＝＝＝a.‎ 在Rt△AEM中，sin∠AME＝＝.‎ 所以二面角A—PD—C的正弦值为.‎ ‎【感悟提升】求线面角、二面角的常用方法：‎ ‎(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．‎ ‎(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有①定义法；②垂面法．注意利用等腰、等边三角形的性质． ‎ ‎【变式探究】 如图，‎ 在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．‎ ‎(1)求证：BD∥平面FGH；‎ ‎(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．‎ ‎(1)证明　方法一　如图，连接DG，CD，‎ 设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，‎ 可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．‎ 则O为CD的中点，又H为BC的中点，‎ 所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ ‎ ‎ ‎(2)解　方法一　设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，‎ 因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，‎ 所以DG⊥平面ABC.‎ 在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点．‎ 所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．‎ 以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.‎ 所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，D(0,0,1)．‎ 可得H，F(0，，1)，‎ 故＝，＝(0，，1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，‎ 则由可得 令x＝1，可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．‎ 因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0,0)．‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝.‎ 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.‎ 方法二　如图，作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.‎ 设AB＝2，则CF＝1.‎ 由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，‎ 又FC∩AC＝C，‎ 所以HM⊥平面ACFD.‎ 因此GF⊥NH，所以∠MNH即为所求的角．‎ 在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，‎ 由△GNM∽△GCF，可得＝，‎ 从而MN＝.‎ 由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，‎ 得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝＝，‎ 所以∠MNH＝60°，‎ 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.‎ 高频考点四、 　空间垂直关系的探索 例4、　(1)如图，已知直三棱柱ABCA1B‎1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，AA1＝4，D是棱AA1上的任一点，M，N分别为AB，BC1的中点．‎ ‎①求证：MN∥平面DCC1；‎ ‎②试确定点D的位置，使得DC1⊥平面DBC.‎ 解：①证明：法一：如图，连接AC1，因为M，N分别为AB，BC1的中点，故MN∥AC1，‎ 又AC1⊂平面DCC1，MN⊄平面DCC1，故MN∥平面DCC1.‎ 法二：如图，取BC的中点G，连接GN，GM，则GN∥CC1，又CC1⊂平面DCC1，GN⊄平面DCC1，故GN∥平面DCC1.同理可知GM∥平面DCC1，又GN，GM是平面NMG内的两条相交直线，故平面NMG∥平面DCC1，又MN⊂平面NMG，故MN∥平面DCC1.‎ ‎②当点D为AA1的中点时，满足DC1⊥平面DBC.‎ 证明：由题意可知BC⊥AC，BC⊥CC1，而AC，CC1是平面AA‎1C1C内的两条相交直线，故BC⊥平面AA‎1C1C，又DC1⊂平面AA‎1C1C，故DC1⊥BC.‎ 在△CDC1中，CD＝2，DC1＝2，CC1＝4，满足CD2＋DC＝CC，所以DC1⊥DC，又BC，DC是平面DBC内的两条相交直线，故DC1⊥平面DBC.‎ ‎(2)如图，已知三棱柱ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．‎ ‎①证明：MN∥平面AA′C′C；‎ ‎②设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．‎ 证明：①连接AB′，AC′，∴M∈AB′，M是AB′的中点，‎ 在△B′AC′中，MN为其中位线，‎ ‎∴MN∥AC′，AC′⊂面AA′C′C，MN⊄面AA′C′C.‎ ‎∴MN∥面AA′C′C.‎ ‎②连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，‎ 由题意知BC＝λa，CN＝BN＝ ，‎ 因为三棱柱ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面，‎ 所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，‎ 因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′N⊥平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，‎ 要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ‎2a2，解得λ＝，故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.‎ ‎【变式探究】如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．‎ ‎(1)求证：CD⊥平面SAD；‎ ‎(2)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，‎ 所以CD⊥AD.‎ 又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.‎ 所以NO∥SP.易知SP⊥AD，‎ 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.‎ 又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.‎ ‎1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．‎ ‎（I）证明：平面ABEF平面EFDC；‎ ‎（II）求二面角E-BC-A的余弦值．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由已知可得，，所以平面．‎ 又平面，故平面平面．‎ ‎（Ⅱ）过作，垂足为，由（Ⅰ）知平面．‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．‎ 由已知，，所以平面．‎ 又平面平面，故，．‎ 由，可得平面，所以为二面角的平面角，‎ ‎．从而可得．‎ 所以，，，．‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即，‎ 所以可取．‎ 设是平面的法向量，则，‎ 同理可取．则．‎ 故二面角EBCA的余弦值为．‎ ‎2.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.‎ 因此，从而.由,得.‎ 由得.所以，.‎ 于是，‎ 故.‎ 又，而，‎ 所以.‎ ‎（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面 的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.‎ ‎3.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)‎ 如图，在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.‎ 求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎（2）平面B1DE⊥平面A1C1F. ‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎（2）在直三棱柱中，‎ 因为平面，所以 又因为 所以平面 因为平面，所以 又因为 所以 因为直线，所以 ‎4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）‎ 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，‎ ‎，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，‎ ‎【解析】（1）因为平面平面，，‎ 所以平面，所以，‎ 又因为，所以平面；‎ 如图建立空间直角坐标系，由题意得，‎ ‎.‎ 设平面的法向量为，则 即 令，则.‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎5.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面 ‎,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.‎ ‎(I)求证：EF⊥平面ACFD；‎ ‎(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎【解析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．‎ 因为平面平面，且，所以平面，因此．‎ 又因为，，，‎ 所以为等边三角形，且为的中点，则．‎ 所以平面．‎ ‎（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．‎ 因为平面，所以，则平面，所以．‎ 所以是二面角的平面角．‎ 在中，，，得．‎ 在中，，，得．‎ 所以二面角的平面角的余弦值为． ‎ 方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．‎ 取的中点，则，又平面平面，所以，平面．‎ 以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．‎ 由题意得，，，，，．‎ 因此，，，．‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为．‎ 由，得，取；‎ 由，得，取．‎ 于是，．‎ 所以，二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎1.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为，则的最大值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】建立坐标系如图所示.设，则.设，则，由于异面直线所成角的范围为，所以.，令，则，当时取等号.所以，当时，取得最大值.‎ ‎2.【2015高考浙江，理13】如图，三棱锥中，，点分别是的中点，则异面直线，所成的角的余弦值是 ．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】如下图，连结，取中点，连结，，则可知即为异面直 线，所成角（或其补角）易得，‎ ‎，，‎ ‎∴，即异面直线，所成角的余弦值为.‎ ‎3.【2015江苏高考，16】（本题满分14分）‎ 如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.求证：（1）；‎ ‎（2）.‎ A B C D E A1‎ B1‎ C1‎ ‎【答案】（1）详见解析（2）详见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）由题意知，为的中点，‎ 又为的中点，因此．‎ 又因为平面，平面，‎ 所以平面．‎ 又因为平面，所以．‎ 因为，所以矩形是正方形，因此．‎ 因为，平面，，所以平面．‎ 又因为平面，所以．‎ ‎4.【2015高考浙江，理17】如图，在三棱柱-中，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.‎ ‎（1）证明：D平面；‎ ‎（2）求二面角-BD-的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）设为的中点，由题意得平面，∴，∵，‎ ‎∴，故平面，由，分别，的中点，得且 ‎，从而，∴四边形为平行四边形，故，又∵‎ 平面，∴平面；（2）作，且，连结，‎ 由，，得，由，‎ ‎，得，由，得，因此为二面角 的平面角，由，，，得，‎ ‎，由余弦定理得，.‎ ‎1．（2014·福建卷）在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示． ‎ ‎(1)求证：AB⊥CD；‎ ‎(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．‎ 图15‎ ‎【解析】解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.‎ 又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD.‎ 由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．‎ 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M.‎ 则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．‎ 设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎2．（2014·湖南卷）如图16所示，四棱柱ABCD A1B‎1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A‎1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC‎1A1和四边形BDD1B1均为矩形．‎ ‎(1)证明：O1O⊥底面ABCD；‎ ‎(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．‎ 图16‎ ‎【解析】解：(1)如图(a)，因为四边形ACC‎1A1为矩形，所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD.‎ 因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.‎ 由题设知，O1O∥C‎1C.故O1O⊥底面ABCD.‎ ‎(2)方法一： 如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于H，连接HC1.‎ 由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B‎1C1D1，于是O1O⊥A‎1C1.‎ 图(a)‎ 又因为四棱柱ABCD A1B‎1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B‎1C1D1是菱形，‎ 因此A‎1C1⊥B1D1，从而A‎1C1⊥平面BDD1B1，所以A‎1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1.‎ 进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．‎ 不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，OB1＝.‎ 在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.而O‎1C1＝1，于是C1H＝＝＝.‎ 故cos∠C1HO1＝＝＝.‎ 即二面角C1OB1D的余弦值为.‎ 方法二：因为四棱柱ABCD A1B‎1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．‎ 图(b)‎ 如图(b)，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O xyz，不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，于是相关各点的坐标为O(0，0，0)，‎ B1(，0，2)，C1(0，1，2)．‎ 易知，n1＝(0，1，0)是平面BDD1B1的一个法向量．‎ 设n2＝(x，y，z)是平面OB‎1C1的一个法向量，则即 取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2，2，－)．‎ 设二面角C1OB1D的大小为θ，易知θ是锐角，于是 cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.‎ 故二面角C1OB1D的余弦值为.‎ ‎3．（2014·江西卷）如图16，四棱锥P ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.‎ 图16‎ ‎(1)求证：AB⊥PD.‎ ‎(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．‎ ‎【解析】解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.‎ 因为m＝＝‎ ，‎ 所以当m＝，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大．‎ 此时，建立如图所示的空间直角坐标系，各点的坐标分别为O(0，0，0)，B，C，D，P，故＝，＝(0，，0)，CD＝.‎ 设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y，1)，‎ 则由n1⊥，n1⊥，得解得x＝1，y＝0，则n1＝(1，0，1)．‎ 同理可求出平面DPC的一个法向量为n2＝.‎ 设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝.‎ ‎5．（2014·辽宁卷）如图15所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．‎ ‎(1)求证：EF⊥BC； ‎ ‎(2)求二面角EBFC的正弦值．‎ 图15‎ ‎【解析】解：(1)证明：方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.‎ 图1‎ 方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C ‎(0，2，0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以＝(，0，－)，＝(0，2，0)，因此·＝0，‎ 从而⊥，所以EF⊥BC.‎ 图2‎ 方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．‎ 设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)，‎ 又＝(，，0)，＝(0，，)，‎ 所以得其中一个n2＝(1，－，1)．‎ 设二面角EBFC的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，‎ 因此sin θ＝＝，即所求二面角正弦值为.‎ ‎6．（2014·新课标全国卷Ⅰ）如图15，三棱柱ABC A1B‎1C1中，侧面BB‎1C1C为菱形，AB⊥B‎1C.‎ 图15‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A A1B1 C1的余弦值．‎ ‎【解析】解：(1)证明：连接BC1，交B‎1C于点O，连接AO，因为侧面BB‎1C1C为菱形，所以B‎1C⊥BC1，且O为B‎1C及BC1的中点．‎ 又AB⊥B‎1C，所以B‎1C⊥平面ABO.‎ 由于AO⊂平面ABO，故B‎1C⊥AO.‎ 又B1O＝CO，故AC＝AB1.‎ ‎(2)因为AC⊥AB1，且O为B‎1C的中点，所以AO＝CO.‎ 又因为AB＝BC，所以△BOA≌ △BOC.故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．‎ 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O　xyz.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又AB＝BC，则A，B(1，0，0)，B1，C.‎ ＝，‎ ＝AB＝，‎ 1＝BC＝.‎ 设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 即 所以可取n＝(1，，)．‎ 设m是平面A1B‎1C1的法向量，‎ 则 同理可取m＝(1，－，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以结合图形知二面角A A1B1 C1的余弦值为.‎ ‎7．（2014·四川卷）三棱锥A BCD及其侧视图、俯视图如图14所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.‎ ‎(1)证明：P是线段BC的中点；‎ ‎(2)求二面角A NP M的余弦值．‎ ‎　‎ 图14‎ ‎【解析】解：(1)如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.‎ 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，‎ 所以AO⊥BD，OC⊥BD.‎ 因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，‎ 所以BD⊥平面AOC.‎ 又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.‎ 取BO的中点H，连接NH，PH.‎ 又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，‎ 因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.‎ 因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.‎ 因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.‎ 又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.‎ 又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.‎ 因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．‎ ‎(2)方法一：如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.‎ 由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.‎ 因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A NP M的一个平面角．‎ 由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.‎ 由俯视图可知，AO⊥平面BCD.‎ 因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.‎ 作BR⊥AC于R 因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，‎ 所以BR＝＝.‎ 因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，‎ 所以NQ∥BR.‎ 又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，‎ 所以NQ＝＝.‎ 同理，可得MQ＝.‎ 故△MNQ为等腰三角形，‎ 所以在等腰△MNQ中，‎ cos∠MNQ＝＝＝.‎ 故二面角A NP M的余弦值是.‎ 方法二：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.‎ 因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.‎ 又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．‎ 如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz.‎ 则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)．‎ 因为M，N分别为线段AD，AB的中点，‎ 又由(1)知，P为线段BC的中点，‎ 所以M，N，P，于是AB＝(1，0，－)，BC＝(－1，，0)，MN＝(1，0，0)，NP＝.‎ 设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由得即 从而 取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．‎ 设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，由，‎ 得 即 从而 取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)．‎ 设二面角A NP M的大小为θ，则cos θ＝＝‎ eq lc| c|(avs4alco1(f(（ (3)，1，1）·（0，1，1）, (5)× (2))))＝.‎ 故二面角ANPM的余弦值是.‎ ‎8．（2014·天津卷）如图14所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD, AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．‎ ‎(1)证明：BE⊥DC；‎ ‎(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F AB P的余弦值．‎ 图14‎ ‎【解析】解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．‎ ‎(1)证明：向量BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)，‎ 故BE·DC＝0，‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2)向量BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，‎ 则即 不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．于是有 cos〈n，BE〉＝＝＝，‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3) 向量BC＝(1，2，0)，CP＝(－2，－2，2)，AC＝(2，2，0)，AB＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，‎ 设CF＝λ，0≤λ≤1.‎ 故BF＝BC＋CF＝BC＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得BF·AC＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即BF＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则 cos〈，〉＝＝＝－.‎ 易知二面角F AB P是锐角，所以其余弦值为.‎ ‎(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD.而EM∥CD，故PD⊥EM.又因为AD＝AP，M为PD的中点，所以PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．‎ 依题意，有PD＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM 中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝，‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)如图所示，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，所以FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝‎3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F AB P的平面角．‎ 在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°.由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝，所以二面角F AB P的余弦值为.‎ ‎9．（2014·浙江卷）如图15，在四棱锥A BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.‎ ‎(1)证明：DE⊥平面ACD；‎ ‎(2)求二面角B AD E的大小．‎ 图15‎ ‎ ‎ ‎(2)方法一：‎ 过B作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG.由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B AD E的平面角．‎ 在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，‎ 得BD⊥BC.‎ 又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.‎ 在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝，得AD＝.‎ 在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.‎ 在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，得BF＝，AF＝AD.从而GF＝ED＝.‎ 在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE＝，BG＝.‎ 在△BFG中，cos∠BFG＝＝.‎ 所以，∠BFG＝，即二面角B AD E的大小是.‎ 方法二：‎ 以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz，如图所示．‎ 由题意知各点坐标如下：‎ D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，‎ A(0，2，)，B(1，1，0)．‎ 设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．‎ 可算得AD＝(0，－2，－)，AE＝(1，－2，－)，＝(1，1，0)．‎ 由即 可取m＝(0，1，－)．‎ 由即 可取n＝(1，－1，)． ‎ 于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.‎ 由题意可知，所求二面角是锐角，‎ 故二面角B AD E的大小是.‎ ‎10．（2014·重庆卷]如图13所示，四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.‎ ‎(1)求PO的长；‎ ‎(2)求二面角APMC的正弦值．‎ 图13‎ ‎【解析】解：(1)如图所示，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC∩ BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz.‎ 因为∠BAD＝，‎ 所以OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1，‎ 所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，＝(0，1，0)，＝(－，－1，0)．‎ 由BM＝，BC＝2知，＝＝，‎ 从而＝＋＝，‎ 即M.‎ 设P(0，0，a)，a＞0，则＝(－，0，a)，＝.因为MP⊥AP，所以·＝0，即－＋a2＝0，所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.‎ ‎(2)由(1)知，＝，＝，＝.设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．‎ 由n1·＝0, n1·＝0，得 故可取n1＝.‎ 由n2·＝0，n2·＝0，得 故可取n2＝(1，－，－2)．‎ 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 故所求二面角APMC的正弦值为.‎ ‎1．设α、β、γ为不同的平面，m、n、l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为(　　)‎ A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l　　　　B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α 解析：A中，缺少条件m⊂α，不满足面面垂直的性质定理，不正确．在选项B，C中，平面α与β可能平行或相交，推不出m⊥β.在D中，n⊥α，n⊥β，则α∥β，根据m⊥α，得m⊥β，D正确．‎ 答案：D ‎2．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 解析：根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，因此选项D正确．‎ 答案：D ‎3．如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，‎ 所以BC∥平面PDF，故选项A正确．‎ 在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，‎ ‎∴BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B、C均正确．‎ 答案：D ‎4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．(　　)‎ A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α ‎5．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．MN∥AB B．MN与BC所成的角为45°‎ C．OC⊥平面VAC D．平面VAC⊥平面VBC ‎6．如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥面SBD；④EP⊥面SAC中恒成立的为(　　)‎ A．①③　　　B．③④　　　C．①②　　　D．②③④‎ 解析：∵E，M，N是BC，CD，SC的中点，‎ ‎∴EN∥SB，EM∥BD，‎ 从而可得EN∥平面SBD，EM∥平面SBD.‎ 又EN与EM是平面EMN内的两条相交直线，‎ ‎∴平面EMN∥平面SBD，故EP∥平面SBD，‎ 因此③正确，当点P与M不重合时，②不正确．‎ 在正四棱锥SABCD中，AC⊥平面SBD.‎ 从而AC⊥平面EMN，‎ 由EP⊂平面EMN，得AC⊥EP，①正确．‎ 又易知EM⊥平面SAC，因此④不恒成立．‎ 答案：A ‎7．如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝‎2a，BB1＝‎3a，D是A‎1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.‎ 解析：∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D.‎ 为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B‎1F)．‎ 设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，‎ ‎∴x2－3ax＋‎2a2＝0，∴x＝a或x＝‎2a.‎ 答案：a或‎2a ‎8．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是正确的条件即可)‎ 解析：由定理可知，BD⊥PC.‎ ‎∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.‎ 又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)‎ ‎9．如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB‎1C1C的中心，则AD与平面BB‎1C1C所成角的大小是________．‎ 解析：取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥平面BB‎1C1C.‎ 所以∠ADE为直线AD与平面BB‎1C1C所成的角．‎ 设三棱柱的所有棱长为a，‎ 在Rt△AED中，‎ AE＝a，DE＝.‎ 所以tan∠ADE＝＝，则∠ADE＝.‎ 故AD与平面BB‎1C1C所成的角为.‎ 答案： ‎10．如图所示，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是________(填序号)．‎ ‎①平面ABC⊥平面ABD；‎ ‎②平面ABC⊥平面BCD；‎ ‎③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；‎ ‎④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.‎ ‎11．如图所示，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.‎ 求证：(1)直线PA∥平面DEF；‎ ‎(2)平面BDE⊥平面ABC.‎ 证明：(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.‎ 又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，‎ 所以直线PA∥平面DEF.‎