2015高考数学人教A版本（9-5线面、面面垂直的判定与性质）一轮复习学案 25页

‎【走向高考】2015届高考数学一轮总复习 9-5线面、面面垂直的判定与性质课后强化作业 新人教A版 基础巩固强化 一、选择题 ‎1．已知两条不同的直线m、n，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是(　　)‎ A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n B．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n D．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n ‎[答案]　A ‎[解析]　‎ ⇒m⊥n，故A正确；‎ 如图(1)，m⊥α，n⊥α满足n∥β，但m∥n，故C错；‎ 如图(2)知B错；‎ 如图(3)正方体中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D错．‎ ‎2．(文)设α、β、γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题 ‎①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l∥α；③若l⊥α，l∥β，则α⊥β；④若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.‎ 其中正确的命题是(　　)‎ A．①②　 　 B．②③　 　‎ C．②④　 　 D．③④‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　对于①：若α⊥β，β⊥γ，则可能α⊥γ，也可能α∥γ.对于②：若l上两点到α的距离相等，则l∥α，显然错误．当l⊥α，l∩α＝A时，l上到A距离相等的两点到α的距离相等．③④显然正确．‎ ‎(理)‎ 如图，三棱柱ABC－A1B‎1C1的侧面A1ABB1⊥BC，且A‎1C与底面成45°角，AB＝BC＝2，则该棱柱体积的最小值为(　　)‎ A．4　　　　　　　 　 B．3 C．4 D．3‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交线为AB，故A1在平面ABC上的射影D在AB上．由A‎1C与底面成45°角得A1D＝DC，∵BC⊥AB，∴当CD最小即CD＝BC时A1D最小，此时Vmin＝×AB×BC×A1D＝×2×2×2＝4.故选C.‎ ‎3．(文)‎ ‎(2013·深圳调研)如图，在立体图形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE ‎[答案]　C ‎[解析]　要判断两个平面的垂直关系，就需找一个平面内的一条直线与另一个平面垂直．因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.所以选C.‎ ‎(理)(2014·望江期中)在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC ‎[答案]　C ‎[解析]　∵D、F分别为AB、CA中点，∴DF∥BC.‎ ‎∴BC∥面PDF，故A正确．‎ 又∵P－ABC为正四面体，‎ ‎∴P在底面ABC内的射影O在AE上．‎ ‎∴PO⊥面ABC.∴PO⊥DF.‎ 又∵E为BC中点，‎ ‎∴AE⊥BC，∴AE⊥DF.‎ 又∵PO∩AE＝O，∴DF⊥面PAE，故B正确．‎ 又∵PO⊂面PAE，PO⊥面ABC，‎ ‎∴面PAE⊥面ABC，故D正确．‎ ‎∴四个结论中不成立的是C.‎ ‎4．在正三棱柱ABC－A1B‎1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　B ‎[解析]　解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F.‎ ‎∵A‎1A⊥平面ABC，∴A‎1A⊥BC，‎ ‎∵AB＝AC.∴AE⊥BC.‎ ‎∴BC⊥平面AEA1.‎ ‎∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，‎ ‎∴AF⊥平面A1BC.‎ ‎∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离．‎ ‎∵AA1＝1，AE＝，∴AF＝.‎ 解法2：VA1－ABC＝S△ABC·AA1＝××1＝.‎ 又∵A1B＝A‎1C＝，‎ 在△A1BE中，A1E＝＝2.‎ ‎∴S△A1BC＝×2×2＝2.‎ ‎∴VA－A1BC＝×S△A1BC·h＝h.‎ ‎∴h＝，∴h＝.∴点A到平面A1BC距离为.‎ ‎5．(文)设a、b为两条直线，α、β为两个平面，下列四个命题中真命题是(　　)‎ A．若a、b与α所成角相等，则a∥b B．若a∥α，b∥β，α⊥β，则a⊥b C．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b ‎[答案]　D ‎[解析]　正四棱锥P－ABCD中，PA、PC与底面ABCD所成角相等，但PA与PC相交，‎ ‎∴A错；如图(1)正方体中，a∥b∥c，满足a∥α，b∥β，α⊥β，故B错；图(2)正方体中，上、下底面为β、α，a、b为棱，满足a⊂α，b⊂β，a⊥b，但α∥β，故C错；‎ ⇒b⊥a，故D真．‎ ‎(理)‎ 如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和，过A，B两点分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，若AB＝12，则A′B′的长为(　　)‎ A．4　　　　 B．6　　　　‎ C．8　　　　 D．9‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　连接AB′和A′B，设AB＝a，由条件AB与平面α所成的角为∠BAB′＝，在Rt△BAB′中有AB′＝a；AB与平面β所成的角为∠ABA′＝，所以A′A＝a，因此在Rt△AA′B′中，A′B′＝＝＝a，所以AB:A′B′＝a:a＝2:1，又AB＝12，所以A′B′＝6，故选B.‎ ‎6．(2013·深圳模拟)已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是(　　)‎ A．m∥n B．n⊥m C．n∥α D．n⊥α ‎[答案]　B ‎[解析]　两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，故选B.‎ 二、填空题 ‎7．如图，在直四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D‎1M⊥平面A‎1C1D时，DM＝________.‎ ‎[答案]　2 ‎[解析]　∵DA＝DC＝AA1＝DD1且DA、DC、DD1两两垂直，故当点M使四边形ADCM为正方形时，D‎1M⊥平面A‎1C1D，∴DM＝2.‎ ‎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)‎ ‎[答案]　DM⊥PC(或BM⊥PC等)(不唯一)‎ ‎[解析]　‎ 连接AC，∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ 又∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥BD，‎ 又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，‎ ‎∴BD⊥PC.‎ ‎∴当DM⊥PC(或BM⊥PC等)时，‎ 即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，‎ ‎∴平面MBD⊥平面PCD.‎ ‎9．已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，E、F、G分别是AB、BC、B‎1C1的中点．下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．‎ ‎①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形；‎ ‎②P在直线FG上运动时，AP⊥DE；‎ ‎③Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积不变；‎ ‎④M是正方体的面A1B‎1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是一条线段．‎ ‎[答案]　②③④‎ ‎[解析]　‎ 三棱锥A1－ABC的四个面都是Rt△，故①错；P在FG上运动时，PF⊥平面ABCD，‎ ‎∴PF⊥DE，又在正方体ABCD中，E、F为AB、BC中点，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；VA－D1QC＝VQ－AD‎1C，∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD‎1C，∴无论点Q在BC1上怎样运动，Q到平面AD‎1C距离都相等，故③真；到点D和C1距离相等的点在经过线段C1D的中点与DC1垂直的平面α上，故点M为平面α与正方体的面A1B‎1C1D1相交线段上的点，这条线段即A1D1.‎ 三、解答题 ‎10．(文)如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB.‎ ‎(1)求证：平面AMB∥平面DNC；‎ ‎(2)若MC⊥CB，求证BC⊥AC.‎ ‎[证明]　(1)因为MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，所以MB∥平面DNC.‎ 因为四边形AMND是矩形，所以MA∥DN.‎ 又MA⊄平面DNC，DN⊂平面DNC，‎ 所以MA∥平面DNC.‎ 又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，‎ 所以平面AMB∥平面DNC.‎ ‎(2)因为四边形AMND是矩形，所以AM⊥MN.‎ 因为平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，所以AM⊥平面MBCN.‎ 因为BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC.‎ 因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，所以BC⊥平面AMC.‎ 因为AC⊂平面AMC，所以BC⊥AC.‎ ‎(理)‎ 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．‎ ‎(1)求证：BM∥平面ADEF；‎ ‎(2)求证：平面BDE⊥平面BEC.‎ ‎[证明]　(1)证明：延长DA与CB相交于P，‎ ‎∵AB＝AD＝2，CD＝4，AB∥CD，∴B为PC的中点，‎ 又M为CE的中点，∴BM∥EP，‎ ‎∵BM⊄平面ADEF，EP⊂平面ADEF，‎ ‎∴BM∥平面ADEF.‎ ‎(2)证明：由(1)知，BC＝PC＝＝2，‎ 又BD＝＝2，‎ ‎∴BD2＋BC2＝CD2，∴BD⊥BC.‎ 又平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD，‎ ‎∴ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BC，‎ ‎∵ED∩BD＝D，∴BC⊥平面BDE，‎ 又BC⊂平面BEC，∴平面BDE⊥平面BEC.‎ 能力拓展提升 ‎11.(文)(2013·合肥第二次质检)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD.M为线段BD的中点，MC∥AE，AE＝MC＝.‎ ‎(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；‎ ‎(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC.‎ ‎[解析]　(1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，‎ ‎∴AM＝BD＝，AM⊥BD.‎ ‎∵MC＝，‎ ‎∴MC＝BD，∴BC⊥CD.‎ ‎∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，‎ ‎∴MC⊥平面ABD.‎ ‎∴平面ABD⊥平面CBD，‎ ‎∴AM⊥平面CBD.又MC綊AE，‎ ‎∴四边形AMCE为平行四边形，‎ ‎∴EC∥AM，‎ ‎∴EC⊥平面CBD，∴BC⊥EC，‎ ‎∵EC∩CD＝C，∴BD⊥平面CDE，‎ ‎∴平面BCD⊥平面CDE.‎ ‎(2)∵M为BD中点，N为ED中点，‎ ‎∴MN∥BE且BE∩EC＝E，‎ 由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，‎ ‎∴平面AMN∥平面BEC.‎ ‎(理)(2013·西安五校联考)如图，在多面体ABC－A1B‎1C1中，四边形ABB‎1A1是正方形，AC＝AB＝1，A‎1C＝A1B，B‎1C1∥BC，B‎1C1＝BC.‎ ‎(1)求证：平面A‎1AC⊥平面ABC；‎ ‎(2)求证：AB1∥平面A‎1C1C.‎ ‎[证明]　(1)∵四边形ABB‎1A1为正方形，‎ ‎∴A‎1A＝AB＝AC＝1，A‎1A⊥AB.‎ ‎∴A1B＝.‎ ‎∵A‎1C＝A1B，∴A‎1C＝，‎ ‎∴∠A‎1AC＝90°，∴A‎1A⊥AC.‎ ‎∵AB∩AC＝A，∴A‎1A⊥平面ABC.‎ 又∵A‎1A⊂平面A‎1AC，‎ ‎∴平面A‎1AC⊥平面ABC.‎ ‎(2)取BC的中点E，连接AE，C1E，B1E.‎ ‎∵B‎1C1∥BC，B‎1C1＝BC，‎ ‎∴B‎1C1∥EC，B‎1C1＝EC，‎ ‎∴四边形CEB‎1C1为平行四边形．∴B1E∥C‎1C.‎ ‎∵C‎1C⊂平面A‎1C1C，B1E⊄平面A‎1C1C，‎ ‎∴B1E∥平面A‎1C1C.‎ ‎∵B‎1C1∥BC，B‎1C1＝BC，‎ ‎∴B‎1C1∥BE，B‎1C1＝BE，‎ ‎∴四边形BB‎1C1E为平行四边形，‎ ‎∴B1B∥C1E，且B1B＝C1E.‎ 又∵四边形ABB‎1A1是正方形，‎ ‎∴A‎1A∥C1E，且A‎1A＝C1E，‎ ‎∴四边形AEC‎1A1为平行四边形，∴AE∥A‎1C1.‎ ‎∵A‎1C1⊂平面A‎1C1C，AE⊄平面A‎1C1C，‎ ‎∴AE∥平面A‎1C1C.‎ ‎∵AE∩B1E＝E，∴平面B1AE∥平面A‎1C1C.‎ ‎∵AB1⊂平面B1AE，∴AB1∥平面A‎1C1C.‎ ‎12．(文)(2013·江西)如图，直四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.‎ ‎(1)证明：BE⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎(2)求点B1 到平面EA‎1C1 的距离．‎ ‎[解析]　(1)证明：如图，过点B作CD的垂线交CD于点F，则BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.‎ 在Rt△BFE中，BE＝.‎ 在Rt△CFB中，BC＝.‎ 在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC.‎ 由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1，‎ 所以BE⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)解：三棱锥E－A1B‎1C1的体积V＝AA1·S△A1B‎1C1＝.‎ 在Rt△A1D‎1C1中，A‎1C1＝＝3.‎ 同理，EC1＝＝3.‎ 故S△A‎1C1E＝3.‎ 设点B1到平面EA‎1C1的距离为d，则三棱锥B1－A‎1C1E的体积V＝·d·S△A‎1C1E＝d，‎ 从而d＝，d＝.‎ 即点B1到平面EA‎1C1的距离为.‎ ‎(理)(2013·北京朝阳期末)在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝AD＝2，E是棱CD上的一点．‎ ‎(1)求证：AD1⊥平面A1B1D；‎ ‎(2)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(3)若E是棱CD的中点，在棱AA1上是否存在点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，‎ 因为A1B1⊥平面A1D1DA，‎ 所以A1B1⊥AD1.‎ 在矩形A1D1DA中，因为AA1＝AD＝2，所以AD1⊥A1D.‎ 所以AD1⊥平面A1B1D.‎ ‎(2)证明：因为E∈CD，‎ 所以B1E⊂平面A1B1CD，‎ 由(1)可知，AD1⊥平面A1B1CD，‎ 所以B1E⊥AD1.‎ ‎(3)解：当点P是棱AA1的中点时，有DP∥平面B1AE.‎ 理由如下：‎ 在AB1上取中点M，连接PM，ME.‎ 因为P是棱AA1的中点，M是AB1的中点，‎ 所以PM∥A1B1，且PM＝A1B1.‎ 又DE∥A1B1，且DE＝A1B1，‎ 所以PM∥DE，且PM＝DE，‎ 所以四边形PMED是平行四边形，所以DP∥ME.‎ 又DP⊄平面B1AE，ME⊂平面B1AE，‎ 所以DP∥平面B1AE.此时，AP＝A‎1A＝1.‎ ‎13．(文)(2012·北京文，16)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为AC、AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A‎1F⊥CD，如图2.‎ ‎(1)求证：DE∥平面A1CB；‎ ‎(2)求证：A‎1F⊥BE；‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ？说明理由．‎ ‎[分析]　(1)利用线面平行判定定理证明(关键证明DE∥BC)．‎ ‎(2)由平面图形知折叠后，由线面垂直判定定理证得DE⊥平面A1CD，则DE⊥A‎1F，又由A‎1F⊥CD，易证得A‎1F⊥平面BCDE，则A‎1F⊥BE.‎ ‎(3)采取先找再证的办法处理．由DA1＝DC联想到等腰三角形底边上的中线是底面边上的高，可取A‎1C中点，再由“中点找中点”原则取A1B中点Q，证明A‎1C⊥平面DEQ(利用(2)中的DE⊥平面A1DC这一结论)．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为D、E分别为AC、AB的中点，‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，‎ 所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD.‎ 所以DE⊥平面A1DC.‎ 而A‎1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A‎1F.‎ 又因为A‎1F⊥CD，所以A‎1F⊥平面BCDE.‎ 所以A‎1F⊥BE.‎ ‎(3)线段A1B上存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ.‎ 理由如下：‎ 如图，分别取A‎1C、A1B的中点P、Q，则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ，‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知，DE⊥平面A1DC，‎ 所以DE⊥A‎1C.‎ 又因为P是等腰直角三角形DA‎1C底边A‎1C的中点，‎ 所以A‎1C⊥DP.‎ 所以A‎1C⊥平面DEP.从而A‎1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q，使得A‎1C⊥平面DEQ.‎ ‎[点评]　1.本题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，性质定理，折叠问题，存在性问题等．‎ ‎2．对于折叠问题，关键是看清折叠前后各量的变化与不变(包括长度、角度、位置关系等)，对于存在性问题，一般采取先找再证(取特例)的办法解决．‎ ‎(理)(2012·石家庄市一模)四棱锥A－BCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．‎ ‎(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF丄CM，请说明理由；‎ ‎(2)若AB＝AC，平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°，求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　(1)总有BF⊥CM，理由如下：‎ 法一：取BC的中点O，连接AO，‎ 由俯视图可知，AO⊥平面BCDE，CD⊂平面BCDE，‎ 所以AO⊥CD.‎ 又CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故CD⊥BF.‎ 因为△ABC为正三角形，F是AC的中点，‎ 所以BF⊥AC.‎ 又AC∩CD＝D，故BF⊥平面ACD，‎ 因为CM⊂平面ACD，所以BF⊥CM.‎ 法二：取BC的中点O，连接AO，由俯视图可知，AO⊥平面BCDE，取DE中点H，连接OH，OH⊥BC，‎ 以OC、OH、OA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.‎ 则A(0,0，)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，D(1,2,0)，可求得F(，0，)，‎ 设点M的横坐标为x，可求得点M(x,2x，(1－x))‎ 则＝(，0，)，＝(x－1,2x，(1－x))，‎ ·＝(x－1)＋·(1－x)＝0，‎ 故BF⊥CM.‎ ‎(2)建系同上，设A(0,0，a)，(a>0)，‎ 可得＝(2,1,0)，＝(1,2，－a)，‎ 设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 可得取x1＝1，y1＝－2，z1＝－，‎ 可得m＝(1，－2，－)．‎ 又平面ABC的法向量为n＝(0,1,0)，‎ 所以cos〈m，n〉＝，‎ 由题设平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°，‎ 可得＝，解得a＝，‎ 设平面ABE的法向量为p＝(x2，y2，z2)，‎ 又＝(1,0，)，＝(0,1,0)，‎ 故p·＝0，p·＝0，∴ 取x2＝，则z2＝－1，可得p＝(，0，－1)，‎ cos〈，p〉＝＝＝.‎ 设直线AD与平面ABE所成角为α，‎ 则sinα＝|cos〈，p〉|＝.‎ ‎14．(文)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，F是PB的中点．‎ ‎(1)求证：DF⊥AP.‎ ‎(2)在线段AD上是否存在点G，使GF⊥平面PBC？若存在，说明G点的位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．‎ ‎[证明]　(1)取AB的中点E，则PA∥EF.设PD＝DC＝a，易求得DE＝a，FE＝PA＝a，DF＝PB＝a.‎ 由于DE2＝EF2＋DF2，故DF⊥EF，‎ 又EF∥PA，∴DF⊥PA.‎ ‎(2)在线段AD上存在点G，使GF⊥平面PBC，且G点是AD的中点．‎ 取AD的中点G，连接PG、BG，则PG＝BG.又F为AB的中点，故GF⊥PB.‎ ‎∵F为PB中点，‎ ‎∴F点在底面ABCD上的射影为正方形ABCD的中心O，‎ ‎∴FO⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴FO⊥BC.‎ ‎∵G为AD中点，O为正方形ABCD中心，∴GO⊥BC，‎ 又GO∩FO＝0，∴BC⊥平面GOF，∴GF⊥BC.‎ ‎∵BC、PB是平面PBC内的两条相交直线，‎ ‎∴GF⊥平面PBC.‎ ‎(理)‎ ‎(2012·河南豫东、豫北十所名校联考)如图所示的七面体是由三棱台ABC－A1B‎1C1和四棱锥D－AA‎1C1C对接而成，四边形ABCD是边长为2的正方形，BB1⊥平面ABCD，BB1＝‎2A1B1＝2.‎ ‎(1)求证：平面AA‎1C1C⊥平面BB1D；‎ ‎(2)求二面角A－A1D－C1的余弦值．‎ ‎[解析]　因为BB1⊥平面ABCD且ABCD是边长为2的正方形，所以以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则有A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(2,2,0)，A1(1,0,2)，B1(0,0,2)，C1(0,1,2)．‎ ‎(1)证明：∵·＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0，‎ ·＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0，‎ ‎∴⊥，⊥，∴BB1⊥AC，BD⊥AC，‎ ‎∵BB1与DB是平面BB1D内的两条相交直线．‎ ‎∴AC⊥平面BB1D，‎ 又AC⊂平面AA‎1C1C，∴平面AA‎1C1C⊥平面BB1D.‎ ‎(2)＝(－1,0,2)，＝(0,2,0)，＝(－1,1,0)，＝(1,2，－2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)为平面A1AD的一个法向量，‎ 则n·＝－x1＋2z1＝0，n·＝2y1＝0，‎ 于是y1＝0，取z1＝1，则x1＝2，n＝(2,0,1)．‎ 设m＝＝－x2＋y2＝0，m·＝x2＋2y2－2z2＝0，‎ 可得3y2＝2z2，‎ 取z2＝3，则x2＝y2＝2，m＝(2,2,3)．‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 由图知二面角A－A1D－C1为钝角，所以其余弦值为－.‎ 考纲要求 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．‎ 补充说明 ‎1．与垂直有关的综合问题 ‎(1)对于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)对于垂直与平行结合的问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．‎ ‎(3)对于垂直与体积结合的问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．‎ ‎2．特殊点在平面上的射影 ‎(1)△ABC所在平面外一点P在平面ABC内射影为O，‎ ‎①若PA＝PB＝PC，则O为△ABC外心；‎ ‎②若P到△ABC三边距离相等，则O为△ABC内心或旁心；‎ ‎③若PA、PB、PC两两垂直，则O为△ABC的垂心．‎ ‎(2)∠ACB所在平面外一点P在平面ACB内射影为O ‎①若∠PCA＝∠PCB，则O在∠BCA的平分线上；‎ ‎②若P到∠BCA两边距离相等，则O在∠BCA的平分线上．‎ ‎3．线面角与二面角的找法 ‎(1)求平面α的斜线l与平面α所成的角，可从斜线上找(或取)一点P，过该点作平面α的垂线，连结斜足A和垂足B，则∠PAB即所找的线面角，找垂足的位置时，常根据面面垂直的性质定理找．‎ ‎(2)二面角的平面角的找法 ‎①在二面角的棱上取一点，过该点分别在二面角的两个半平面内作棱的垂线，两射线的夹角，即二面角的平面角．‎ ‎②作棱的垂面，垂面与两个半平面的交线夹角，即二面角的平面角．‎ ‎③在二面角的一个半平面内取一点A，过A向另一个半平面所在平面作垂线，垂足为B，再由B向棱作垂线，垂足为C，则∠ACB就是二面角的平面角或其补角．‎ 备选习题 ‎1.‎ 如图，在棱长均为1的三棱锥S－ABC中，E为棱SA的中点，F为△ABC的中心，则直线EF与平面ABC所成角的正切值是(　　)‎ A．2 B．1‎ C. D. ‎[答案]　C ‎[解析]　∵F为正三棱锥底面中心，∴SF⊥平面ABC，∴平面SAF⊥平面ABC，∴∠EFA为EF与平面ABC所成的角，易知AE＝，AF＝，又EF＝SA＝，‎ ‎∴cos∠FAE＝＝，‎ ‎∴sin∠FAE＝＝，∴tan∠FAE＝.‎ 由于Rt△SAF中E为SA的中点，‎ ‎∴∠FAE＝∠EFA，故tan∠EFA＝.‎ ‎2．定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC.那么，动点C在平面α内的轨迹是(　　)‎ A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点 C．一个椭圆，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点 ‎[答案]　B ‎[解析]　连接BC，∵PB⊥α，∴AC⊥PB.‎ 又∵PC⊥AC，∴AC⊥BC.‎ ‎∴C在以AB为直径的圆上．故选B.‎ ‎3．(2013·江南十校联考)已知△ABC的三边长分别为AB＝5，BC＝4，AC＝3，M是AB边上的高，P是平面ABC外一点．给出下列四个命题：‎ ‎①若PA⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC的四个面都是直角三角形；‎ ‎②若PM⊥平面ABC，且M是AB边的中点，则有PA＝PB＝PC；‎ ‎③若PC＝5，PC⊥平面ABC，则△PCM面积的最小值为；‎ ‎④若PC＝5，P在平面ABC上的射影是△ABC的内切圆的圆心，则点P到平面ABC的距离为.‎ 其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)‎ ‎[答案]　①②④‎ ‎[解析]　‎ 对于①，如图，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，又BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，故四个面都是直角三角形；‎ 对于②，连接CM，当PM⊥平面ABC时，PA2＝PM2＋MA2，‎ PB2＝PM2＋BM2，PC2＝PM2＋CM2，‎ 因为M是Rt△ABC斜边AB的中点，所以BM＝AM＝CM，‎ 故PA＝PB＝PC；‎ 对于③，当PC⊥平面ABC时，‎ S△PCM＝PC·CM＝×5×CM.‎ CM⊥AB时，CM取得最小值，长度为，‎ 所以S△PCM的最小值是×5×＝6；‎ 对于④，设△ABC内切圆的圆心是O，则PO⊥平面ABC，连接OC，则有PO2＋OC2＝PC2，‎ 又内切圆半径r＝(3＋4－5)＝1，所以OC＝，PO2＝PC2－OC2＝25－2＝23，故PO＝.‎ 综上，正确的命题有①②④.‎ ‎4.‎ 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为长方形，AD＝2AB，点E、F分别是线段PD、PC的中点．‎ ‎(1)证明：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)在线段AD上是否存在一点O，使得BO⊥平面PAC，若存在，请指出点O的位置，并证明BO⊥平面PAC；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：∵EF∥CD，CD∥AB，∴EF∥AB，‎ 又∵EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，‎ ‎∴EF∥平面PAB.‎ ‎(2)在线段AD上存在一点O，使得BO⊥平面PAC，此时点O为线段AD的四等分点，且AO＝AD，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BO，‎ 又∵长方形ABCD中，AD＝2AB，‎ ‎∴△ABO△DAC，∴∠ABO＋∠BAC＝∠DAC＋∠BAC＝90°，∴AC⊥BO，‎ 又∵PA∩AC＝A，‎ ‎∴BO⊥平面PAC.‎