2023版大一轮数学人教A版-第4节-直线、平面垂直的判定与性质.docx

第4节　直线、平面垂直的判定与性质

知识梳理
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理

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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

⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2.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，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：.
3.二面角
(1)定义：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
若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.

(3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°.
4.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
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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

⇒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.

⇒l⊥α

1.三个重要结论
(1)若两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.
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.
2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”.
3.三种垂直关系的转化

诊断自测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行.(　　)
(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)×
解析　(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.
(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.

2.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
答案　C
解析　由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.
3.在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心.
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心.
答案　(1)外　(2)垂
解析　(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心.

图1
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB，因为PO⊥AB，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高.同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心.

图2

4.(2020·日照检测)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　B
解析　m⊂α，m⊥β⇒α⊥β，反过来，若m⊂α，α⊥β⇒m⊥β(m∥β或m与β斜交)，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件.
5.(多选题)(2021·重庆质检)如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆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∥平面ABC
B.平面VAC⊥平面VBC
C.MN与BC所成的角为45°
D.OC⊥平面VAC
答案　AB
解析　易知MN∥AC，又AC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∥平面ABC，又由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选AB.
6.(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A.8 B.6 C.8 D.8
答案　C
解析　连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形.
又AB＝2，所以BC1＝2.
又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，
故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.

考点一　线面垂直的判定与性质
【例1】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积.
(1)证明　由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解　由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.
感悟升华　1.证明直线和平面垂直的常用方法有：
(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(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α).
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路.
【训练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.
考点二　面面垂直的判定与性质
【例2】(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P－ABC的体积.
(1)证明　由题设可知，PA＝PB＝PC.
由△ABC是正三角形，
可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.
从而PB⊥PA，PB⊥PC，又PA，PC⊂平面PAC，PA∩PC＝P，
故PB⊥平面PAC，又PB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
由题设可得rl＝，l2－r2＝2，解得r＝1，l＝.
从而AB＝.
由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝.
所以三棱锥P－ABC的体积为
··PA·PB·PC＝××＝.
感悟升华　1.判定面面垂直的方法主要是：
(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).
2.已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
【训练2】(2021·安徽A10联盟检测)如图，在四棱锥A－BCDE中，△ADE是边长为2的等边三角形，平面ADE⊥平面BCDE，底面BCDE是等腰梯形，DE∥BC，DE＝BC，BE＝DC＝2，BD＝2，点M是DE边的中点，点N在BC上，且BN＝3.
(1)证明：BD⊥平面AMN；
(2)设BD∩MN＝G，求三棱锥A－BGN的体积.
(1)证明　∵△ADE是等边三角形，M是DE的中点，
∴AM⊥DE.
又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，
∴AM⊥平面BCDE，
∵BD⊂平面BCDE，∴AM⊥BD，
∵MD＝ME＝1，BN＝3，DE∥BC，DE＝BC，
∴MD綊CN，∴四边形MNCD是平行四边形，
∴MN∥CD.
又BD＝2，BC＝4，CD＝2，∴BD2＋CD2＝BC2，
∴BD⊥CD，∴BD⊥MN.
又AM∩MN＝M，∴BD⊥平面AMN.
(2)解　由(1)知AM⊥平面BCDE，
∴AM为三棱锥A－BGN的高.
∵△ADE是边长为2的等边三角形，
∴AM＝.易知GN＝CD＝，
又由(1)知BD⊥MN，∴BG＝＝.
∴S△BGN＝BG·NG＝××＝.
∴VA－BGN＝S△BGN·AM＝××＝.
考点三　平行与垂直的综合问题
角度1　平行与垂直关系的证明
【例3】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.求证：
(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD.
证明　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
感悟升华　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.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.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.
角度2　平行垂直关系与几何体的度量
【例4】(2019·天津卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.
(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PCD；
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
(1)证明　连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.
又由BG＝PG，故GH为△PBD的中位线，所以GH∥PD.
又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.
(2)证明　取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.
又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，DN⊂平面PCD，所以DN⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.
又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，
所以PA⊥平面PCD.
(3)解　连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.
因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，
所以DN＝.
又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝.
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.
感悟升华　1.平行垂直关系应用广泛，不仅可以证明判断空间线面、面面位置关系，而且常用以求空间角和空间距离、体积.
2.综合法求直线与平面所成的角，主要是找出斜线在平面内的射影，其关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.
【训练3】如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.
(1)证明：△PBC是直角三角形；
(2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明　∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点.
∴BC⊥AC，
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，
∴△BPC是直角三角形.
(2)解　如图，过A作AH⊥PC于H，
∵BC⊥平面PAC，
∴BC⊥AH，
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴AH⊥平面PBC，
∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，
∵PA⊥平面ABC，
∴∠PCA是直线PC与平面ABC所成的角，
∵tan∠PCA＝＝，
又PA＝2，∴AC＝，
∴在Rt△PAC中，AH＝＝，
∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，
故直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
与垂直平行相关的探索性问题
立体几何中的探索性问题是近年高考的热点，题目主要涉及线面平行、垂直位置关系的探究，条件或结论不完备的开放性问题的探究，重点考查逻辑推理，直观想象与数学运算核心素养.
【典例】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.
(1)在棱PB上是否存在点E，使得AE∥平面PDC？若存在，试确定点E的位置；若不存在，试说明理由.
(2)若△PBC的面积为，求四棱锥P－ABCD的体积.
解　(1)存在点E，当点E为棱PB的中点时，使得AE∥面PDC，理由如下：
如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.因为△BCD是等边三角形，所以∠DGB＝90°.
因为∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四边形ABGD为矩形，
所以AD＝BG＝BC，AD∥BC.
因为EF为△BCP的中位线，
所以EF＝BC，且EF∥BC，故AD＝EF，且AD∥EF，
所以四边形ADFE是平行四边形，从而AE∥DF，
又AE⊄平面PDC，DF⊂平面PDC，
所以AE∥平面PDC.
(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PN⊥BC交BC于点N，连接MN，如图所示.
因为△PDC为等边三角形，所以PM⊥DC.
因为PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC.
所以PM⊥平面BCD，故PM为四棱锥P－ABCD的高.
又BC⊂平面BCD，所以PM⊥BC.
因为PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN⊂平面PMN，PM⊂平面PMN，
所以BC⊥平面PMN.
因为MN⊂平面PMN，所以BC⊥MN.
由M为DC的中点，易知NC＝BC.
设BC＝x，则△PBC的面积为·＝，解得x＝2，即BC＝2，
所以AD＝1，AB＝DG＝PM＝.
故四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S梯形ABCD×PM＝××＝.
素养升华　1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.
2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.
平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
【训练】如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥P－ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝，
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P－ABC的高.
又PA＝1，所以三棱锥P－ABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.
(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝.
由MN∥PA，得＝＝.

A级　基础巩固
一、选择题
1.(2020·淮北质检)已知平面α，直线m，n，若n⊂α，则“m⊥n”是“m⊥α”的(　　)
A.充分不必要条件 B.充分必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
答案　C
解析　由n⊂α，m⊥n，不一定得到m⊥α；反之，由n⊂α，m⊥α，可得m⊥n.
∴若n⊂α，则“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分条件.
2.(多选题)(2020·潍坊调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CD的中点，则(　　)
A.A1E⊥AD1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
答案　AC
解析　如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，且BC1⊂平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.
又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.又易知AD1∥BC1，所以A1E⊥AD1.
3.(2021·郑州调研)已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是(　　)
A.m⊥l，m⊂β，l⊥α B.m⊥l，α∩β＝l，m⊂α
C.m∥l，m⊥α，l⊥β D.l⊥α，m∥l，m∥β
答案　D
解析　在A中，m⊥l，m⊂β，l⊥α，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，m⊥l，α∩β＝l，m⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B错误；
在C中，m∥l，m⊥α，l⊥β，则α∥β，故C错误；
在D中，l⊥α，m∥l，则m⊥α，又m∥β，则α⊥β，故D正确.

4.在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝1，AB＝.将△ABC绕BC旋转，使得点A转到点P，如图.若D为BC的中点，E为PC的中点，AE＝，则AB与平面ADE所成角的正弦值是(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　因为D，E分别是BC和PC的中点，所以DE∥PB，又∠CAB＝90°，所以DE⊥PC，又AC＝1，CE＝，AE＝，所以AE2＋CE2＝AC2，即AE⊥PC，又DE∩AE＝E，所以PC⊥平面ADE，如图，延长ED至F，使得EF＝PB，连接BF，所以BF⊥平面AED，连接AF，所以∠BAF为AB与平面ADE所成的角，所以sin ∠BAF＝＝＝.

5.(多选题)(2021·武汉调研)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A、C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列结论正确的是(　　)
A.平面ANS⊥平面PBC
B.平面ANS⊥平面PAB
C.平面PAB⊥平面PBC
D.平面ABC⊥平面PAC
答案　ACD
解析　∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，
又AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，
又AN⊥PB，BC∩PB＝B，∴AN⊥平面PBC，
∵AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，
∴A正确，C，D显然正确.
6.(多选题)(2021·济南模拟)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论正确的是(　　)
A.三棱锥A－D1PC的体积不变
B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1
D.平面PDB1⊥平面ACD1
答案　ABD
解析　对于A，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，A1C1綊AC，由A知：AD1∥BC1，
所以面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故D正确.
二、填空题
7.已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.
答案　若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒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)
解析　连接AC，BD，则AC⊥BD，
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
有PC⊥平面MBD.
PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
9.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________.
答案　
解析　设B1F＝x，
因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，
所以AB1⊥DF，
由已知可得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又×2×＝×h，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝＝.
由面积相等得××＝×x，
得x＝.
三、解答题
10.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.
(1)证明　因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC，AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解　作CH⊥OM，垂足为H.
又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC＝AC＝2，
CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
所以OM＝，CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
11.(2021·重庆诊断)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，△PAD是正三角形，E为线段AD的中点.
(1)求证：平面PBC⊥平面PBE；
(2)是否存在满足＝λ(λ>0)的点F，使得VB－PAE＝VD－PFB？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明　因为△PAD是正三角形，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD是菱形，所以AD＝AB，
又∠BAD＝60°，
所以△ABD是正三角形，
所以BE⊥AD.
又BE∩PE＝E，所以AD⊥平面PBE.
又AD∥BC，所以BC⊥平面PBE.
又BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PBE.
(2)解　由＝λ，知(λ＋1)FC＝PC，
所以VB－PAE＝VP－ADB＝VP－BCD＝VF－BCD，
VD－PFB＝VP－BDC－VF－BDC＝λVF－BCD.
因此，＝，得λ＝2.
故存在满足＝λ(λ>0)的点F，
使得VB－PAE＝VD－PFB，此时λ＝2.
B级　能力提升
12.(多选题)(2021·广州调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则(　　)
A.A，M，N，B四点共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直线BN与B1M所成的角为60°
D.BN∥平面ADM
答案　BC

解析　如图所示，对于A中，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误；
对于B中，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确；
对于C中，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，所以直线BN与B1M所成的角为∠NBO.易知三角形BON为等边三角形，所以∠NBO＝60°，故C正确；
对于D中，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误.
13.(多选题)(2020·青岛一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是(　　)
A.A1C⊥平面α
B.存在点P，使得AC1∥平面α
C.存在点P，使得点A1到平面α的距离为
D.用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
答案　ACD
解析　连接BC1，BD，DC1，AD1，D1P.
因为CM＝CN，CB＝CD，所以＝，所以MN∥BD.
又MN⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，所以MN∥平面C1BD.
同理可证MP∥BC1，MP∥平面C1BD.
又MN∩MP＝M，MN，MP⊂平面α，所以平面C1BD∥平面α.
易证AC1⊥平面C1BD，所以A1C⊥平面α，A正确.
又AC1∩平面C1BD＝C1，所以AC1与平面α相交，不存在点P，使得AC1∥平面α，B不正确.
因为|A1C|＝＝，所以点A1到平面α的距离的取值范围为，即.
又<<，所以存在点P，使得点A1到平面α的距离为，C正确.
因为AD1∥BC1，所以MP∥AD1，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD1PM.
又AD1∥MP，且AD1≠MP，所以截面为梯形，D正确.故选ACD.
14.如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积.
(1)证明　由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.
又BA⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解　由已知可得，
DC＝CM＝AB＝3，
DA＝AM＝3.
又BP＝DQ＝DA，
所以BP＝2.
作QE⊥AC，垂足为E，则QE綉DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积为
VQ－ABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.