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第1课时 直线与直线垂直、直线与平面垂直的定义及判定
[A 基础达标]
1．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，一定能推出m⊥β的是( )
A．α∥β，且m⊂α B．m∥n，且n⊥β
C．m⊥n，且n⊂β D．m⊥n，且n∥β
解析：选B.A中，由α∥β，且m⊂α，知m∥β；B中，由n⊥β，知n垂直于平面β内的任意直线，再由m∥n，知m也垂直于β内的任意直线，所以m⊥β，B符合题意；C，D中，m⊂β或m∥β或m与β相交，不符合题意．故选B.
2．已知直线a∥b，平面α∥β，a⊥α，则b与β的位置关系是( )
A．b⊥β B．b∥β
C．b⊂β D．b⊂β或b∥β
解析：选A.因为a⊥α，a∥b，所以b⊥α.又α∥β，所以b⊥β.
3．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是( )
解析：选D.对于A，易证AB⊥MN，AB⊥NQ，即可得直线AB⊥平面MNQ；对于B，易证AB⊥MN，AB⊥NQ，即可得直线AB⊥平面MNQ；对于C，易证AB⊥NQ，AB⊥MQ，即可得直线AB⊥平面MNQ；对于D，由图可得MN与直线AB相交且不垂直，故直线AB与平面MNQ不垂直．故选D.
4.如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．不确定
解析：选B.由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，
又AC⊥PC，PC∩PB＝P，
所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC.故选B.
5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是 ( )
A．线段B1C
B．线段BC1
C．BB1中点与CC1中点连成的线段
D．BC中点与B1C1中点连成的线段
解析：选A.如图，由于BD1⊥平面AB1C，故点P一定位于线段B1C上．
6.如图，在正方形ABCDA1B1C1D1中，AC与BC1所成角的大小是______．
解析：连接AD1，则AD1∥BC1.
所以∠CAD1(或其补角)就是AC与BC1所成的角，连接CD1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC＝AD1＝CD1，
所以∠CAD1＝60°，
即AC与BC1所成的角为60°.
答案：60°
7．如图，∠BCA＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：
(1)与PC垂直的直线有__________________；
(2)与AP垂直的直线有__________________．
解析：(1)因为PC⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC.所以PC⊥AB，PC⊥AC，PC⊥BC.
(2)∠BCA＝90°即BC⊥AC，又BC⊥PC，
AC∩PC＝C，所以BC⊥平面PAC，因为AP⊂平面PAC，所以BC⊥AP.
答案：(1)AB，AC，BC (2)BC
8.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a＞0)，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，若BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD，则a的最小值为________．
解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥QD.
若BC边上存在一点Q，使得QD⊥PQ，PA∩PQ＝P，
则有QD⊥平面PAQ，从而QD⊥AQ.
在矩形ABCD中，当AD＝a<2时，直线BC与以AD为直径的圆相离，故不存在点Q，使PQ⊥DQ.
所以当a≥2时，才存在点Q，使得PQ⊥QD.所以a的最小值为2.
答案：2
9.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．证明：AD⊥C1E.
证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC.①
又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
而AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.②
由①②得AD⊥平面BB1C1C.
由点E在棱BB1上运动，得C1E⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥C1E.
10．如图所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值．
解：取AC的中点F，连接EF，BF，
在△ACD中，E，F分别是AD，AC的中点，
所以EF∥CD，
所以∠BEF(或其补角)即为所求的异面直线BE与CD所成的角．
在Rt△ABC中，BC＝，AB＝AC，
所以AB＝AC＝1，
在Rt△EAB中，AB＝1，AE＝AD＝，
所以BE＝.
在Rt△AEF中，AF＝AC＝，AE＝，
所以EF＝.
在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝，所以BF＝.
在等腰三角形EBF中，cos∠FEB＝＝＝，
所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.
[B 能力提升]
11．已知异面直线a与b所成的角为50°，P为空间一定点，则过点P且与a，b所成的角都是30°的直线有且仅有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选B.过空间一点P，作a′∥a，b′∥b.由a′、b′两交线确定平面α，a′与b′的夹角为50°，则过角的平分线与直线a′、b′所在的平面α垂直的平面上，角平分线的两侧各有一条直线与a′、b′成30°的角，即与a、b成30°的角且过点P的直线有两条．
在a′、b′相交另一个130°的角部分内不存在与a′、b′成30°角的直线．故应选B.
12．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得
cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
13．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论正确的有( )
①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A.因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，
所以在折起过程中，D点在平面ABCE上的投影如图．
因为DE与AC所成角不能为直角，
所以DE不会垂直于平面ACD，故①错误；
只有D点投影位于Q2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，
才有BE⊥CD，此时CD不垂直于平面AECB，
故CD与平面BED不垂直，故②错误；
BD与AC所成角不能为直角，
所以BD不能垂直于平面ACD，故③错误；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，有AD⊥BD，
所以存在一个位置使AD⊥BE，
所以在折起过程中有AD⊥平面BED，故④正确．故选A.
14．如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△BCF为正三角形，G，H分别为BC，EF的中点，EF＝4且EF∥AB，EF⊥FB.
(1)求证：GH∥平面EAD；
(2)求证：FG⊥平面ABCD.
证明：(1)如图，取AD的中点M，连接EM，GM.
因为EF∥AB，M，G分别为AD，BC的中点，所以MG∥EF.
因为H为EF的中点，EF＝4，AB＝2，
所以EH＝AB＝MG，所以四边形EMGH为平行四边形，所以GH∥EM，
又因为GH⊄平面EAD，EM⊂平面EAD，
所以GH∥平面EAD.
(2)因为EF⊥FB，EF∥AB，所以AB⊥FB.
在正方形ABCD中，AB⊥BC，所以AB⊥平面FBC.
又FG⊂平面FBC，所以AB⊥FG.
在正三角形FBC中，FG⊥BC，所以FG⊥平面ABCD.
[C 拓展探究]
15．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．
解：(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，BC⊂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.
因为DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，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DEQP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，
所以A1C⊥平面DEQP.即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
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