【考綱要求】
1.理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系.
2.掌握直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)，并會(huì)簡(jiǎn)單的應(yīng)用．
【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
2.直線和平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3.二面角
(1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA?α，OB?β；③OA⊥l，OB⊥l，則二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角α的范圍：0°≤α≤180°.
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
兩個(gè)平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個(gè)平面互相垂直.
(2)判定定理與性質(zhì)定理
【常用結(jié)論】
1．三垂線定理
在平面內(nèi)的一條直線，如果和穿過這個(gè)平面的一條斜線在這個(gè)平面內(nèi)的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．
2．三垂線定理的逆定理
平面內(nèi)的一條直線如果和穿過該平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在該平面內(nèi)的射影垂直．
【方法技巧】
1.證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵
(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)．
(2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)．
2.面面垂直判定的兩種方法與一個(gè)轉(zhuǎn)化
①兩種方法：
(ⅰ)面面垂直的定義；
(ⅱ)面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．
②一個(gè)轉(zhuǎn)化：
在已知兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化．在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．
3.面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用
①兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”．
②兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．
4.對(duì)于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè)．
二、【題型歸類】
【題型一】線面垂直的判定與性質(zhì)
【典例1】如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．證明：PO⊥平面ABC.
【證明】因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，
所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，
所以△ABC為等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O知PO⊥平面ABC.
【典例2】如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：當(dāng)AB＝BC時(shí)，EF⊥AC.
【證明】如圖，連接BD，B1D1.因?yàn)锳B＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因?yàn)锽B1⊥平面ABCD.于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
【典例3】如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.
【證明】(1)在平面ABD中，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因?yàn)镋F?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC?平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因?yàn)锳D?平面ABD，
所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又因?yàn)锳C?平面ABC，所以AD⊥AC.
【題型二】面面垂直的判定與性質(zhì)
【典例1】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)．
(1)求證：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE.
【證明】 (1)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，
且E為CD的中點(diǎn)，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因?yàn)锳E?平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
【典例2】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E為AD的中點(diǎn)．
(1)求證：PE⊥BC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PCD.
【證明】(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因?yàn)镻A⊥PD，所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.
【典例3】如圖，在三棱錐A-BCD中，△ABC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，點(diǎn)P是AC的中點(diǎn)，連接BP，DP.證明：平面ACD⊥平面BDP.
【證明】因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.
因?yàn)辄c(diǎn)P是AC的中點(diǎn)，所以PD⊥AC，PB⊥AC，
因?yàn)镻D∩PB＝P，PD?平面PBD，PB?平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
因?yàn)锳C?平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BDP.
【題型三】垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用
【典例1】在四棱錐P－ABCD中，△PAD是等邊三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD＝2AB＝2BC，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)在AD上是否存在一點(diǎn)M，使得平面PCM⊥平面ABCD，若存在，請(qǐng)證明；若不存在，請(qǐng)說明理由；
(2)若△PCD的面積為8eq \r(7)，求四棱錐P－ABCD的體積．
【解析】(1)存在，當(dāng)M為AD的中點(diǎn)時(shí)，使得平面PCM⊥平面ABCD.
證明：取AD的中點(diǎn)M，連接CM，PM，
由△PAD是等邊三角形，
可得PM⊥AD，
由平面PAD⊥平面ABCD，PM?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
可得PM⊥平面ABCD，
由PM?平面PCM，可得平面PCM⊥平面ABCD.
(2)設(shè)AB＝a，可得BC＝a，AD＝2a，
可得MC＝AB＝MD＝a，
則CD＝eq \r(2)a，PD＝2a，
由PM⊥MC，可得PC＝eq \r(PM2＋MC2)＝eq \r(3a2＋a2)＝2a，
由S△PCD＝eq \f(1,2)·eq \r(2)a·eq \r(4a2－\f(1,2)a2)＝eq \f(\r(7),2)a2＝8eq \r(7)，
可得a＝4，
所以四棱錐P－ABCD的體積V＝eq \f(1,3)S四邊形ABCD·PM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(4＋8)×4×4eq \r(3)＝32eq \r(3).
【典例2】如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形．側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點(diǎn)．
(1)求證：AF∥平面SEC；
(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【解析】(1)證明 取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，
∵F，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，∴FG∥BC，F(xiàn)G＝eq \f(1,2)BC，
∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，
∴AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC，
∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，
∴AF∥EG，又AF?平面SEC，EG?平面SEC，
∴AF∥平面SEC.
(2)證明 ∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點(diǎn)，
∴SE⊥AD，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點(diǎn)，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE?平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，
∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，
∴四邊形AFGE是矩形，
∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點(diǎn)，
∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，F(xiàn)G，SB?平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF?平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解 假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，
連接MO，BE，則BD⊥OM，
∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，
∴BE＝eq \r(7)，SE＝eq \r(3)，BD＝2OB＝2eq \r(3)，SD＝2，SE⊥AD，
∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，
側(cè)面SAD∩底面ABCD＝AD，SE?平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，
∴SE⊥BE，
∴SB＝eq \r(SE2＋BE2)＝eq \r(10)，
∴cs∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(30),20)，
又在Rt△BMO中，cs∠SBD＝eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(30),20)，
∴BM＝eq \f(2\r(10),3)，
∴eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3).
【典例3】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為四邊形，△ABD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD.
(1)求證：PD⊥平面ABCD；
(2)若二面角C－PB－D的平面角的余弦值為eq \f(\r(6),6)，求PD的長(zhǎng)．
【解析】(1)證明 如圖所示，E為BD的中點(diǎn)，連接AE，△ABD是正三角形，
則AE⊥BD.
平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
AE?平面ABCD，
故AE⊥平面PBD，PD?平面PBD，
故AE⊥PD.
PD⊥AB，AE∩AB＝A，
AE，AB?平面ABCD，
故PD⊥平面ABCD.
(2)解 過點(diǎn)E作EF⊥PB于點(diǎn)F，連接CF，CE，
因?yàn)锽C⊥CD，BC＝CD，E為BD的中點(diǎn)，
所以EC⊥BD，
所以EC⊥平面PBD.
又PB?平面PBD，所以EC⊥PB，
又EC∩EF＝E，EC，EF?平面EFC，
所以PB⊥平面EFC，
又因?yàn)镃F?平面EFC，
所以CF⊥PB，
故∠EFC為二面角C－PB－D的平面角．
cs∠EFC＝eq \f(\r(6),6)，
故tan∠EFC＝eq \r(5)，EC＝1，故EF＝eq \f(\r(5),5).
sin∠PBD＝eq \f(EF,EB)＝eq \f(\r(5),5)，tan∠PBD＝eq \f(1,2)，
即eq \f(PD,BD)＝eq \f(1,2)，PD＝1.
三、【培優(yōu)訓(xùn)練】
【訓(xùn)練一】如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C．三棱錐B1-D1PC的體積為定值
D．DC1⊥D1P
【解析】在A中，因?yàn)锳1D1⊥平面A1AP，A1D1?平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正確；
在B中，當(dāng)P與A1重合時(shí)，∠APD1＝eq \f(π,2)，故B錯(cuò)誤；
在C中，因?yàn)椤鰾1D1C的面積是定值，A1B∥平面B1D1C，所以點(diǎn)P到平面B1D1C的距離是定值，所以三棱錐B1-D1PC的體積為定值，故C正確；
在D中，因?yàn)镈C1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC?平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P?平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正確．
故選ACD.
【訓(xùn)練二】棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是AB，BC，B1C1的中點(diǎn).下列說法正確的是( )
A.P點(diǎn)在直線BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐A－D1PC體積不變
B.Q點(diǎn)在直線EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線GQ始終與平面AA1C1C平行
C.平面B1BD⊥平面ACD1
D.三棱錐D－EFG的體積為eq \f(3,8)
【解析】對(duì)于A，P在直線BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AD1P的面積為矩形ABC1D1的面積的一半，C到平面ABC1D1的距離不變，又VA－D1PC＝VC－AD1P，則三棱錐A－D1PC的體積不變，故A正確；
對(duì)于B，Q在直線EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由E，F(xiàn)，G分別是AB，BC，B1C1的中點(diǎn)，可得EF∥AC，GF∥C1C.又EF∩GF＝F，AC∩C1C＝C，所以平面GEF∥平面AA1C1C.又GQ?平面GEF，則GQ始終與平面AA1C1C平行，故B正確；
對(duì)于C，由AC⊥BD，AC⊥BB1，可得AC⊥平面BB1D1D，又AC?平面ACD1，即有平面B1BD⊥平面ACD1，故C正確；
對(duì)于D，S△DEF＝1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(3,8)，利用等體積法知VD－EFG＝VG－DEF＝eq \f(1,3)S△DEF·GF＝eq \f(1,3)×eq \f(3,8)×1＝eq \f(1,8)，故D錯(cuò)誤.
故選ABC.
【訓(xùn)練三】如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形.側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點(diǎn).
(1)求證：AF∥平面SEC；
(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【解析】(1)證明 取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，
∵F，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，
∴FG∥BC，F(xiàn)G＝eq \f(1,2)BC，
∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，
∴AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC，
∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，
∴AF∥EG，又AF?平面SEC，EG?平面SEC，∴AF∥平面SEC.
(2)證明 ∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點(diǎn)，
∴SE⊥AD，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點(diǎn)，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE?平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，
∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，
∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點(diǎn)，∴AF⊥SB，
又FG∩SB＝F，F(xiàn)G?平面SBC，SB?平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF?平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解 存在點(diǎn)M滿足題意.
假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，
連接MO，BE，則BD⊥OM，
∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，
∴BE＝eq \r(7)，SE＝eq \r(3)，BD＝2OB＝2eq \r(3)，SD＝2，SE⊥AD，
∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，
側(cè)面SAD∩底面ABCD＝AD，SE?平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴SB＝eq \r(SE2＋BE2)＝eq \r(10)，
∴cs∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(30),20)，
∴eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(30),20)，∴BM＝eq \f(2\r(10),3)，∴eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3).
【訓(xùn)練四】如圖(1)，在平面四邊形ABDC中，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝BC＝2，CD＝1，將△ABC沿BC邊折起如圖(2)，使________，點(diǎn)M，N分別為AC，AD的中點(diǎn)．在題目橫線上選擇下述其中一個(gè)條件，然后解答此題．①AD＝eq \r(7)，②AC為四面體ABDC外接球的直徑，③平面ABC⊥平面BCD.
圖(1) 圖(2)
(1)判斷直線MN與平面ABD的位置關(guān)系，并說明理由；
(2)求三棱錐A－MNB的體積．
【解析】(1)若選①：AD＝eq \r(7)，在Rt△BCD中，
BC＝2，CD＝1，可得BD＝eq \r(3)，
又由AB＝2，所以AB2＋BD2＝AD2，
所以AB⊥BD，
因?yàn)锳B⊥BC，且BC∩BD＝B，BC，BD?平面CBD，所以AB⊥平面CBD，
又因?yàn)镃D?平面CBD，所以AB⊥CD，
又由CD⊥BD，AB∩BD＝B，且AB，BD?平面ABD，所以CD⊥平面ABD，
又因?yàn)镸，N分別為AC，AD的中點(diǎn)，所以MN∥CD，所以MN⊥平面ABD.
若選②：AC為四面體ABDC外接球的直徑，則∠ADC＝90°，CD⊥AD，
因?yàn)镃D⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD?平面ABD，
可證得CD⊥平面ABD，
又M，N分別為AC，AD的中點(diǎn)，所以MN∥CD，
所以MN⊥平面ABD.
若選③：平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，
因?yàn)锳B⊥BC，且AB?平面ABC，
所以AB⊥平面CBD，
又CD?平面CBD，所以AB⊥CD，
因?yàn)镃D⊥BD，AB∩BD＝B，且AB，BD?平面ABD，所以CD⊥平面ABD，
又因?yàn)镸，N分別為AC，AD的中點(diǎn)，所以MN∥CD，所以MN⊥平面ABD.
(2)由(1)知MN⊥平面ABD，其中△ABD為直角三角形，
可得S△ANB＝eq \f(1,2)S△ADB＝eq \f(\r(3),2)，MN＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2)，
故三棱錐A－MNB的體積為VA－MNB＝VM－ABN＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),12).
【訓(xùn)練五】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝eq \r(3)，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，點(diǎn)M是AC與BD的交點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PB上，且PN＝eq \f(1,4)PB.
(1)證明：MN∥平面PDC；
(2)在線段BC上是否存在一點(diǎn)Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出點(diǎn)Q的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【解析】(1)證明 在四邊形ABCD中，
由AB＝BC＝eq \r(3)，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M為AC的中點(diǎn)，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CDcs 60°＝eq \f(1,2)，AC＝2CDsin 60°＝eq \r(3)，
則BM＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，
由eq \f(DM,BM)＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(1,3)，可得MN∥PD，
而MN?平面PCD，PD?平面PCD，
可得MN∥平面PDC.
(2)解 過M作ME⊥AD，垂足為E，延長(zhǎng)EM交BC于Q，連接NQ，NE，如圖，
由PA⊥平面ABCD，EQ?平面ABCD，可得PA⊥EQ，
又EQ⊥AD，可得EQ⊥平面PAD，EQ?平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在這樣的點(diǎn)Q.
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，
在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，
由BM＝eq \f(3,2)，eq \f(BQ,sin 30°)＝eq \f(BM,sin 120°)，
可得BQ＝eq \f(BM,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，即Q為BC的中點(diǎn)，
則Q為BC的中點(diǎn)時(shí)，平面MNQ⊥平面PAD.
【訓(xùn)練六】如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，M為棱AC的中點(diǎn)．AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq \r(2).
(1)求證：B1C∥平面A1BM；
(2)求證：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在點(diǎn)N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此時(shí)eq \f(BN,BB1)的值；如果不存在，請(qǐng)說明理由．
【解析】(1)證明：連接AB1與A1B，兩線交于點(diǎn)O，連接OM.
在△B1AC中，因?yàn)镸，O分別為AC，AB1的中點(diǎn)，
所以O(shè)M∥B1C，
又因?yàn)镺M?平面A1BM，B1C?平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)證明：因?yàn)閭?cè)棱AA1⊥底面ABC ，BM?平面ABC，
所以AA1⊥BM，
又因?yàn)镸為棱AC的中點(diǎn)，AB＝BC，所以BM⊥AC.
因?yàn)锳A1∩AC＝A，AA1，AC?平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，
所以BM⊥AC1.
因?yàn)锳C＝2，所以AM＝1.
又因?yàn)锳A1＝eq \r(2)，
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq \r(2)，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
所以A1M⊥AC1.
因?yàn)锽M∩A1M＝M，BM，A1M?平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM.
(3)當(dāng)點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)，即eq \f(BN,BB1)＝eq \f(1,2)時(shí)，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
證明如下：
設(shè)AC1的中點(diǎn)為D，連接DM，DN.因?yàn)镈，M分別為AC1，AC的中點(diǎn)，
所以DM∥CC1，且DM＝eq \f(1,2)CC1.
又因?yàn)镹為BB1的中點(diǎn)，
所以DM∥BN，且DM＝BN，
所以四邊形BNDM為平行四邊形，所以BM∥DN，
因?yàn)锽M⊥平面ACC1A1，所以DN⊥平面AA1C1C.
又因?yàn)镈N?平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.
四、【強(qiáng)化測(cè)試】
【單選題】
1. 已知平面α和直線l，則α內(nèi)至少有一條直線與l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．異面
【解析】當(dāng)直線l與平面α斜交時(shí)，在平面α內(nèi)不存在直線與l平行，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)l∥α?xí)r，在α內(nèi)不存在直線與l相交，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)l?α?xí)r，在α內(nèi)不存在直線與l異面，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；無論哪種情形，在平面α內(nèi)都有無數(shù)條直線與l垂直．故選C項(xiàng)．
2. 如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中， 點(diǎn)O，M，N分別是線段BD，DD1，D1C1的中點(diǎn)，則直線OM與AC，MN的位置關(guān)系是( )
A．與AC，MN均垂直
B．與AC垂直，與MN不垂直
C．與AC不垂直，與MN垂直
D．與AC，MN均不垂直
【解析】因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，
又因?yàn)锳C⊥BD，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
因?yàn)镺M?平面BDD1B1，所以O(shè)M⊥AC.
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，
則OM＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，MN＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
ON＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，
所以O(shè)M2＋MN2＝ON2，所以O(shè)M⊥MN.故選A.
3. 如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是( )
A．CC1與B1E是異面直線
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
【解析】對(duì)于A，CC1與B1E均在側(cè)面BCC1B1內(nèi)，又兩直線不平行，故相交，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，AC與平面ABB1A1所成的角為60°，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正確；對(duì)于D，AC與平面AB1E有公共點(diǎn)A，AC∥A1C1，所以A1C1與平面AB1E相交，故D錯(cuò)誤．
故選C.
4. 如圖，在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下面四個(gè)結(jié)論不成立的是( )
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?yàn)锽C∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，故選項(xiàng)A正確．
在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
所以BC⊥平面PAE，則DF⊥平面PAE，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項(xiàng)B，C均正確．
故選D.
5. 如圖，在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下面四個(gè)結(jié)論不成立的是( )
A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC
【解析】因?yàn)锽C∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故選項(xiàng)A正確；
在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE?平面PAE，所以BC⊥平面PAE，
因?yàn)镈F∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.
因此選項(xiàng)B，C均正確．
故 D.
6. 如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在( )
A．直線AB上
B．直線BC上
C．直線AC上
D．△ABC內(nèi)部
【解析】由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1?平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.
因?yàn)锳C?平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．
故選A.
7. 如圖，四棱錐P－ABCD的底面為矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝1，PD＝AB＝2，點(diǎn)E是PB的中點(diǎn)，過A，D，E三點(diǎn)的平面α與平面PBC的交線為l，則下列說法錯(cuò)誤的是( )
A．l∥平面PAD
B．AE∥平面PCD
C．直線PA與l所成角的余弦值為eq \f(\r(5),5)
D．平面α截四棱錐P－ABCD所得的上、下兩部分幾何體的體積之比為eq \f(3,5)
【解析】如圖，取PC的中點(diǎn)F，連接EF，DF，
則AD∥EF，即A，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，即l為EF，
對(duì)于A，EF∥AD，
所以EF∥平面PAD，即l∥平面PAD，故A正確；
對(duì)于B，由EF∥AD，若AE∥平面PCD，則必有AE∥DF，
即四邊形ADFE為平行四邊形，
則AD＝EF，矛盾，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，PA與l所成的角，即PA與EF所成的角，即PA與AD所成的角，
由PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD，
cs∠PAD＝eq \f(AD,AP)＝eq \f(\r(5),5)，故C正確；
對(duì)于D，連接BD，
VP－ABCD＝eq \f(1,3)PD·S矩形ABCD＝eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(4,3)，
VABCDEF＝VA－BDE＋VD－BCFE
＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(5),2)×eq \f(2,\r(5))＋eq \f(1,3)×eq \f(3\r(2),4)×eq \f(2,\r(2))＝eq \f(5,6)，
eq \f(VP－ADFE,VABCDEF)＝eq \f(\f(4,3)－\f(5,6),\f(5,6))＝eq \f(3,5)，故D正確．
故選B.
8. 一種特殊的四面體叫做“鱉臑”，它的四個(gè)面均為直角三角形．在四面體PABC中，設(shè)E，F(xiàn)分別是PB，PC上的點(diǎn)，連接AE，AF，EF(此外不再增加任何連線)，則圖中直角三角形最多有( )
A．6個(gè) B．8個(gè)
C．10個(gè) D．12個(gè)
【解析】為使題圖中有盡可能多的直角三角形，設(shè)四面體PABC為“鱉臑”，
其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.
若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.
又AE⊥PB，平面APB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，
所以AE⊥EF，且AE⊥PC.
又EF⊥PC，知四面體PAEF也是“鱉臑”，則題圖中的10個(gè)三角形全是直角三角形，故選C.
【多選題】
9. 如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，AE⊥PC，垂足為E，點(diǎn)F是PB上一點(diǎn)，則下列判斷中正確的是( )
A.BC⊥平面PAC
B.AE⊥EF
C.AC⊥PB
D.平面AEF⊥平面PBC
【解析】對(duì)于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，
又由圓的性質(zhì)可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
則BC⊥平面PAC，所以A正確；
對(duì)于B，由A項(xiàng)可知BC⊥AE，
由題意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PCB，
所以AE⊥平面PCB.而EF?平面PCB，
所以AE⊥EF，所以B正確；
對(duì)于C，由B項(xiàng)可知AE⊥平面PCB，因而AC與平面PCB不垂直，
所以AC⊥PB不成立，所以C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，由B項(xiàng)可知，AE⊥平面PCB，AE?平面AEF，
由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正確.
10. 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)M為BC的中點(diǎn)，則下列說法不正確的是( )
A.A1M⊥BD
B.A1M∥平面CC1D1D
C.A1M⊥AB1
D.A1M⊥平面ABC1D1
【解析】如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
對(duì)于A，假設(shè)A1M⊥BD，因?yàn)锳1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM.而BD⊥AC，所以AM∥AC，顯然不正確，故A不正確；
對(duì)于B，假設(shè)A1M∥平面CC1D1D，因?yàn)槠矫鍭1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M?平面CC1D1D，所以A1M∥CD1.因?yàn)锳1B∥CD1，所以A1M∥A1B，顯然不正確，故B不正確；
對(duì)于C，因?yàn)镸B⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1.又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正確；
對(duì)于D，假設(shè)A1M⊥平面ABC1D1，因?yàn)锳1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，顯然不成立，故D不正確.
故選ABD.
11. 如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點(diǎn)，則( )
A.A，M，N，B四點(diǎn)共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直線BN與B1M所成的角為60°
D.BN∥平面ADM
【解析】如圖所示，對(duì)于A中，直線AM，BN是異面直線，故A，M，N，B四點(diǎn)不共面，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B中，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正確；
對(duì)于C中，取CD的中點(diǎn)O，連接BO，ON，則B1M∥BO，所以直線BN與B1M所成的角為∠NBO.易知三角形BON為等邊三角形，所以∠NBO＝60°，故C正確；
對(duì)于D中，因?yàn)锽N∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，故D錯(cuò)誤.
故選BC.
12. 如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)，則滿足MN⊥OP的是( )
【解析】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2.
對(duì)于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC(或其補(bǔ)角)為異面直線OP，MN所成的角.在直角三角形OPC中，OC＝eq \r(2)，CP＝1，故tan ∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A錯(cuò)誤；
圖(1)
對(duì)于B，如圖(2)所示，取MT的中點(diǎn)為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MN，PQ⊥MN，所以MN⊥平面OPQ，又OP?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確；
圖(2)
對(duì)于C，如圖(3)，連接BD，則BD∥MN，由B的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確；
圖(3)
對(duì)于D，如圖(4)，取AD的中點(diǎn)Q，AB的中點(diǎn)K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，則AC∥MN.因?yàn)镈P＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO(或其補(bǔ)角)為異面直線PO，MN所成的角.
圖(4)
因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，故PQ＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，OQ＝eq \r(AO2＋AQ2)＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，PO＝eq \r(PK2＋OK2)＝eq \r(4＋1)＝eq \r(5)，QO2

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