1.會(huì)推導(dǎo)直線和平面垂直、平面和平面垂直的判定定理、性質(zhì)定理，凸顯邏輯推理的核心素養(yǎng)．
2．常與幾何體的體積計(jì)算相結(jié)合，會(huì)應(yīng)用直線和平面垂直、平面和平面垂直的判定定理、性質(zhì)定理證明空間的線、面垂直關(guān)系，凸顯直觀想象、邏輯推理的核心素養(yǎng)．
[理清主干知識(shí)]
1．直線與平面垂直
(1)定義：直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，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銳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，則它們所成的角是直角；一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，則它們所成的角是eq \a\vs4\al(0).
(2)范圍：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．平面與平面垂直
(1)二面角的有關(guān)概念
①二面角：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：在二面角的棱上任取一點(diǎn)，以該點(diǎn)為垂足，在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定義
兩個(gè)平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就說這兩個(gè)平面互相垂直．
(3)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理
4.謹(jǐn)記五個(gè)結(jié)論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．
(2)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則它垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任何一條直線(證明線線垂直的一個(gè)重要方法)．
(3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．
(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這一條直線與另一個(gè)平面也垂直．
(5)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．
[澄清盲點(diǎn)誤點(diǎn)]
一、關(guān)鍵點(diǎn)練明
1．(線面垂直的充分必要性的判斷)“直線a與平面M內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選B 根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面M的無數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分條件．
2．(判定平面與平面垂直)設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β，則下列命題中正確的是( )
A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥m
C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m
解析：選A ∵l⊥β，l?α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正確．
3．(由線面垂直判定線線垂直)如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________________；與AP垂直的直線有________．
解析：因?yàn)镻C⊥平面ABC，
所以PC垂直于直線AB，BC，AC.
因?yàn)锳B⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因?yàn)锳P?平面PAC，
所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.
答案：AB，BC，AC AB
4．(由線線垂直判定面面垂直)已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則一定互相垂直的平面有________對(duì)．
解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA ⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7對(duì)．
答案：7
二、易錯(cuò)點(diǎn)練清
1．(忽視平面到空間的變化)已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a與c的位置關(guān)系為________________．
解析：若a，b，c在同一個(gè)平面內(nèi)，則由題設(shè)條件可得a∥c；若在空間中，則直線a與c的位置關(guān)系不確定，平行、相交、異面都有可能．
答案：平行、相交或異面
2．(忽視線面垂直性質(zhì)定理的條件)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線n滿足n⊥l，則n與β________(填“一定”或“不一定”)垂直．
解析：當(dāng)n?α?xí)r，若α∩β＝l，且n⊥l，則n⊥β，否則不一定有n⊥β.
答案：不一定
考點(diǎn)一 直線與平面垂直的判定與性質(zhì)
[典例] 如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．證明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[證明] (1)在四棱錐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的中點(diǎn)，∴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.
[方法技巧]
證明線面垂直的4種方法
(1)線面垂直的判定定理：
l⊥a，l⊥b，a?α，b?α，a∩b＝P?l⊥α.
(2)面面垂直的性質(zhì)定理：
α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.
(3)性質(zhì)：①a∥b，b⊥α?a⊥α；②α∥β，a⊥β?a⊥α.
(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l?l⊥γ.(客觀題可用)
[針對(duì)訓(xùn)練]
1．已知S是Rt△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點(diǎn)．
(1)求證：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC.
證明：(1)如圖所示，取AB的中點(diǎn)E，連接SE，DE，
在Rt△ABC中，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，∴DE∥BC，
又AB⊥BC，∴DE⊥AB.
∵SA＝SB，E為AB的中點(diǎn)，
∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，
∴AB⊥平面SDE.
又SD?平面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點(diǎn)，
∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.
(2)由于AB＝BC，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC.
由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD?平面ABC，
∴SD⊥BD.又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
2.如圖，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形，M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)．
(1)求證：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD.
證明：(1)如圖所示，
取PD的中點(diǎn)E，連接AE，NE，
∵N為PC的中點(diǎn)，∴NE∥CD且NE＝eq \f(1,2)CD，又AM∥CD且
AM＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)CD，
∴NE綊AM，∴四邊形AMNE為平行四邊形，∴MN∥AE.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵四邊形ABCD為矩形，∴AD⊥CD，
又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，
又AE?平面PAD，∴CD⊥AE，∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，
又∠PDA＝45°，∴△PAD為等腰直角三角形，
又E為PD的中點(diǎn)，∴AE⊥PD.
由(1)知CD⊥AE，又CD∩PD＝D，∴AE⊥平面PCD.
又AE∥MN，∴MN⊥平面PCD.
考點(diǎn)二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì)
[典例] 如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一點(diǎn)，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.
(1)若M是DD1的中點(diǎn)，證明：平面AMB⊥平面A1MB1；
(2)設(shè)四棱錐M-ABB1A1與四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積分別為V1與V2，求eq \f(V1,V2)的值．
[解] (1)證明：因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AB，
又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以BA⊥平面AA1D1D，
又MA1?平面AA1D1D，所以BA⊥MA1.
因?yàn)锳D＝DM，所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，
所以AM⊥MA1，又AM∩BA＝A，
所以MA1⊥平面AMB，
又MA1?平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1.
(2)設(shè)AD＝1，
則四棱錐M-ABB1A1的底面ABB1A1的面積S四邊形ABB1A1＝4，高為AD＝1，所以四棱錐M-ABB1A1的體積V1＝eq \f(1,3)S四邊形ABB1A1×AD＝eq \f(4,3).
四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的面積S四邊形ABCD＝eq \f(3,2)，高為AA1＝2，所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積V2＝S四邊形ABCD×AA1＝3，
所以eq \f(V1,V2)＝eq \f(4,9).
[方法技巧] 面面垂直判定的兩種方法與一個(gè)轉(zhuǎn)化
[針對(duì)訓(xùn)練]
1.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝∠AA1C＝90°，平面AA1C1C⊥平面ABC.
(1)求證：AA1⊥A1B；
(2)若AA1＝2，BC＝3，∠A1AC＝60°，求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離．
解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭A1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C，又AA1?平面AA1C1C，
所以BC⊥AA1.
因?yàn)椤螦A1C＝90°，所以AA1⊥A1C，
又因?yàn)锽C∩A1C＝C，
所以AA1⊥平面A1BC，又A1B?平面A1BC，
所以AA1⊥A1B.
(2)由(1)可知A1A⊥平面A1BC，A1A?平面A1ABB1，
所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交線為A1B.
所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離等于△CA1B的A1B邊上的高，設(shè)其為h.
在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，則A1C＝2eq \r(3).
由(1)得，BC⊥A1C，
所以在Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝eq \r(21)，
h＝eq \f(BC·A1C,A1B)＝eq \f(6\r(3),\r(21))＝eq \f(6\r(7),7).
故點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為eq \f(6\r(7),7).
2.如圖，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，EB⊥平面ABCD，F(xiàn)D⊥平面ABCD，EB＝2FD＝4.
(1)求證：EF⊥AC；
(2)求幾何體EF-ABCD的體積．
解：(1)證明：如圖，連接DB.
∵DF⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，
∴EB∥FD，∴E，F(xiàn)，D，B四點(diǎn)共面．
∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥AC.
設(shè)DB∩AC＝O.
∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥DB.
∵DB∩EB＝B，∴AC⊥平面EFDB.
∵EF?平面EFDB，∴AC⊥EF.
(2)由(1)知EB∥FD.
∵EB⊥平面ABCD，∴EB⊥BD，
∴四邊形EFDB為直角梯形．
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，
∴BD＝2，AO＝CO＝eq \r(3)，
∴梯形EFDB的面積S＝eq \f(?2＋4?×2,2)＝6.
∵AC⊥平面EFDB，
∴VEF-ABCD＝VA-EFDB＋VC-EFDB＝eq \f(1,3)S·AO＋eq \f(1,3)S·CO＝4eq \r(3).
考點(diǎn)三 平行與垂直的綜合問題
1．平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化
在證明線面、面面平行時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序恰好相反，但也要注意，轉(zhuǎn)化的方向是由題目的具體條件而定的，不可過于“模式化”．
2．垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化
在證明線面垂直、面面垂直時(shí)，一定要注意判定定理成立的條件．同時(shí)抓住線線、線面、面面垂直的轉(zhuǎn)化關(guān)系，即：
在證明兩平面垂直時(shí)，一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的直線在圖中不存在，則可通過作輔助線來解決．
[典例] 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，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)．
(1)求證：PE⊥BC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求證：EF∥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，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因?yàn)镻D?平面PAD，所以AB⊥PD.
又因?yàn)镻A⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因?yàn)镻D?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，
所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq \f(1,2)BC.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC.所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四邊形DEFG為平行四邊形．所以EF∥DG.
又因?yàn)镋F?平面PCD，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
[方法技巧]
平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關(guān)系、垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化去解決．注意遵循“空間”到“平面”、“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化關(guān)系．
[針對(duì)訓(xùn)練]
(2021·廣州模擬)如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝eq \r(6)，DE＝3，∠BAD＝60°，G為BC的中點(diǎn)．
(1)求證：FG∥平面BED；
(2)求證：BD⊥平面AED；
(3)求點(diǎn)F到平面BED的距離．
解：(1)證明：如圖，取BD的中點(diǎn)O，連接OE，OG.在△BCD中，因?yàn)镚是BC的中點(diǎn)，所以O(shè)G∥DC且OG＝eq \f(1,2)DC＝1.
因?yàn)镋F∥AB，AB∥DC，EF＝1，
所以EF∥OG且EF＝OG，
所以四邊形OGFE是平行四邊形，所以FG∥OE.
又FG?平面BED，OE?平面BED，
所以FG∥平面BED.
(2)證明：在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，
由余弦定理，得BD＝eq \r(AD2＋AB2－2×AD×AB×cs∠BAD)＝eq \r(3).
所以BD2＋AD2＝3＋1＝4＝AB2，所以BD⊥AD.
因?yàn)槠矫鍭ED⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD＝AD，
所以BD⊥平面AED.
(3)由(1)知FG∥平面BED，
所以點(diǎn)F到平面BED的距離等于點(diǎn)G到平面BED的距離．
設(shè)點(diǎn)G到平面BED的距離為h，如圖，過點(diǎn)E作EM⊥DA，交DA的延長線于點(diǎn)M，連接DG，EG，則EM⊥平面ABCD，所以EM是三棱錐E-DBG的高．
由余弦定理，得cs∠ADE＝eq \f(DE2＋AD2－AE2,2DE·AD)＝eq \f(2,3)，
所以sin∠ADE＝eq \f(\r(5),3)，所以EM＝DE·sin∠ADE＝eq \r(5).
易知DB⊥BC，BD⊥DE，
所以S△DBG＝eq \f(1,2)BD·BG＝eq \f(\r(3),4)，S△BDE＝eq \f(1,2)BD·DE＝eq \f(3\r(3),2).
由V三棱錐G-BDE＝V三棱錐E-DBG，
即eq \f(1,3)S△BDE·h＝eq \f(1,3)S△DBG·EM，解得h＝eq \f(\r(5),6).
所以點(diǎn)F到平面BED的距離為eq \f(\r(5),6).
創(chuàng)新考查方式——領(lǐng)悟高考新動(dòng)向
立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題
立體幾何中的“動(dòng)態(tài)問題”是指空間圖形中的某些點(diǎn)、線、面的位置是不確定的、可變的一類開放型問題，因其某些點(diǎn)、線、面位置的不確定，往往成為學(xué)生進(jìn)行一些常規(guī)思考、轉(zhuǎn)化的障礙；但又因其是可變的，開放的，更有助于學(xué)生空間想象能力及綜合思維能力的培養(yǎng)，本節(jié)利用運(yùn)動(dòng)變化的觀點(diǎn)對(duì)幾種動(dòng)態(tài)問題的類型加以分析，探求解決此類問題的若干途徑．
一、“動(dòng)態(tài)”中研究“特定靜態(tài)”——“一題多考”
[例1] 如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P是體對(duì)角線AC1上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P與A，C1不重合)．則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是( )
A．存在點(diǎn)P，使得平面A1DP∥平面B1CD1
B．存在點(diǎn)P，使得AC1⊥平面A1DP
C．S1，S2分別是△A1DP在平面A1B1C1D1，平面BB1C1C上的正投影圖形的面積，對(duì)任意點(diǎn)P，S1≠S2
D．對(duì)任意點(diǎn)P，△A1DP的面積都不等于eq \f(\r(2),6)
[解析] 連接A1B，BD.對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P為平面A1BD與直線AC1的交點(diǎn)時(shí)成立．因?yàn)锽D∥B1D1，BD?平面B1CD1，B1D1?平面B1CD1，所以BD∥平面B1CD1.同理A1B∥平面B1CD1，又BD∩A1B＝B，BD?平面A1DP，A1B?平面A1DP，所以平面A1DP∥平面B1CD1.對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)點(diǎn)P為平面A1BD與直線AC1的交點(diǎn)時(shí)成立．連接AD1，則A1D⊥AD1.又C1D1⊥平面ADD1A1，A1D?平面ADD1A1，所以A1D⊥C1D1.又C1D1∩AD1＝D1，所以A1D⊥平面AC1D1，所以AC1⊥A1D.同理AC1⊥A1B，又A1D∩A1B＝A1，A1D?平面A1DP，A1B?平面A1DP，所以AC1⊥平面A1DP.
對(duì)于選項(xiàng)C，在點(diǎn)P從AC1的中點(diǎn)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的過程中，S1從eq \f(1,4)減小且逐漸趨向于0，S2從0增大且逐漸趨向于eq \f(1,2)，在此過程中，必有某個(gè)點(diǎn)P使得S1＝S2.
對(duì)于選項(xiàng)D，易知△A1AP≌△DAP，所以DP＝A1P，即三角形A1PD是等腰三角形，所以當(dāng)P到A1D中點(diǎn)的距離最小時(shí)，三角形A1DP的面積最小，設(shè)E為A1D的中點(diǎn)，連接PE，又P在AC1上，A1D和AC1異面，所以當(dāng)PE是兩異面直線的公垂線段時(shí)，P到A1D中點(diǎn)的距離最短，此時(shí)PE＝eq \f(\r(6),6)，而A1D＝eq \r(2)，所以△A1DP的面積的最小值為Smin＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(6),6)×eq \r(2)＝eq \f(\r(3),6)>eq \f(\r(2),6)，所以對(duì)任意點(diǎn)P，△A1DP的面積都不等于eq \f(\r(2),6).故選C.
[答案] C
[名師微點(diǎn)]
本題通過P在體對(duì)角線AC1上的“動(dòng)”考查了面面平行、線面垂直、投影圖形的面積等問題，實(shí)現(xiàn)了一題多考，解決此類問題的關(guān)鍵是掌握幾何體的結(jié)構(gòu)特征和平行與垂直的判定定理及性質(zhì)定理，需具備較強(qiáng)的直觀想象能力．
二、“動(dòng)態(tài)”中研究“以靜制動(dòng)”——“最值問題”
[例2] (2021·湖北八校聯(lián)考)已知在如圖所示的正三棱錐P-ABC中，側(cè)棱PA，PB，PC的長為eq \r(2)，底面△ABC的邊長為2，D為AC的中點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，M是PD上的動(dòng)點(diǎn)，N是平面PCE上的動(dòng)點(diǎn)，則AM＋MN的最小值為( )
A.eq \f(\r(6)＋\r(2),4) B.eq \f(\r(3)＋1,2)
C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(3),2)
[思路點(diǎn)撥] 先固定點(diǎn)M，再考慮點(diǎn)N的變化，要求AM＋MN的最小值，可將立體幾何問題通過展開某幾個(gè)平面轉(zhuǎn)化為平面幾何問題來處理．
[解析] 將正三棱錐P-ABC放入棱長為eq \r(2)的正方體AGIJ-PCHB中，如圖(1)所示，先固定點(diǎn)M，
那么MN的最小值即點(diǎn)M到平面PCE的距離．
連接GH，設(shè)GH的中點(diǎn)為F，連接PF，DG.
由題意得，平面PGF⊥平面PCE，且交線為PF，
故MN⊥PF，
所以M在PD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，N在PF上運(yùn)動(dòng)．
把平面AGP和平面PGF沿PG展開，
示意圖如圖(2)所示，作AN′⊥PF交PG于M′，
則AN′即所求，(AM＋MN)min＝AN′＝AP·sin(45°＋30°)＝eq \f(\r(3)＋1,2).故選B.
[答案] B
[名師微點(diǎn)]
對(duì)于立體幾何中的雙動(dòng)點(diǎn)問題，可先固定一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如本題先固定點(diǎn)M，那么MN的最小值就是點(diǎn)M到平面PCE的距離，進(jìn)而求得AM＋MN的最小值．這類題通常需要利用展開圖，數(shù)形結(jié)合，達(dá)到化動(dòng)為靜，以靜制動(dòng)的目的，從而求解．
三、“動(dòng)態(tài)”中研究“變量”——“翻折問題”
[例3] (多選)如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對(duì)角線BD折成四面體A′-BCD(如圖2)，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是( )
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′與平面A′BD所成的角為30°
D．四面體A′-BCD的體積為eq \f(1,6)
[解析] 由A′B＝A′D＝1，BD＝eq \r(2)，得BA′⊥DA′.
因?yàn)槠矫鍭′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，
所以CD⊥平面A′BD，進(jìn)而有CD⊥BA′.
由DA′∩CD＝D，得BA′⊥平面A′CD.
所以BA′⊥A′C，即∠BA′C＝90°.B正確．
由題意知AB＝AD＝1，則BD＝eq \r(2)，
VA′-BCD＝eq \f(1,3)S△BCD×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,6).
D正確．故選B、D.
[答案] BD
[名師微點(diǎn)]
解決翻折問題，要分析翻折前后的“變量與不變量”，在翻折前要標(biāo)注重要的點(diǎn)或重要的量，分析其在翻折后的變化情況．具體到本例，應(yīng)重視垂直關(guān)系“BA′⊥DA′，CD⊥BD”，才能順利地由平面A′BD⊥平面BCD得出CD⊥平面A′BD，CD⊥BA′，再得到BA′⊥平面A′CD，從而解決問題．
eq \a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測])
1．若m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是( )
A．若α⊥β，m⊥β，則m∥α
B．若m∥α，n⊥m，則n⊥α
C．若m∥α，n∥α，m?β，n?β，則α∥β
D．若m∥β，m?α，α∩β＝n，則m∥n
解析：選D 選項(xiàng)A中，m與α的關(guān)系是m∥α或m?α，故A不正確；選項(xiàng)B中，n與α之間的關(guān)系是n與α相交或n∥α，故B不正確；選項(xiàng)C中，α與β的關(guān)系是α∥β或α與β相交，故C不正確；選項(xiàng)D中，由線面平行的性質(zhì)可得命題正確．故選D.
2．已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β為空間中兩個(gè)互相垂直的平面，則下列命題正確的是( )
A．若m?α，則m⊥β
B．若m?α，n?β，則m⊥n
C．若m?α，m⊥β，則m∥α
D．若α∩β＝m，n⊥m，則n⊥α
解析：選C 對(duì)于A：若m?α，則m與平面β可能平行或相交，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B：若m?α，n?β，則m與n可能平行、相交或異面，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C：若m?α，m⊥β，則m∥α，C正確；對(duì)于D：α∩β＝m，n⊥m，則n不一定與平面α垂直，所以D錯(cuò)誤．
3．(2021·湖南五市聯(lián)考)若α，β，γ是三個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列命題正確的是( )
A．若α∩β＝m，n?α，m⊥n，則α⊥β
B．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，則m⊥n
C．若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線
D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β
解析：選D 對(duì)于選項(xiàng)A，直線n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，由條件只能推出直線m與n共面，不能推出m⊥n，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，命題“若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線”的逆否命題是“若直線m垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則m垂直平面α”，這不符合線面垂直的判定定理，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)閚⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，選項(xiàng)D正確．故選D.
4.如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過C1作C1H⊥底面ABC，垂足為H，則點(diǎn)H在( )
A．直線AC上 B．直線AB上
C．直線BC上 D．△ABC內(nèi)部
解析：選B 連接AC1，如圖．
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，
∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1.
又AC在平面ABC內(nèi)，∴根據(jù)面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知，在平面ABC1內(nèi)一點(diǎn)C1向平面ABC作垂線，垂足必落在交線AB上．故選B.
5.一種特殊的四面體叫做“鱉臑”，它的四個(gè)面均為直角三角形．如圖，在四面體P-ABC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：選C 為使題圖中有盡可能多的直角三角形，設(shè)四面體P-ABC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PAB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面體P-AEF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.
6．(2020·新高考全國卷Ⅰ)日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為( )
A．20° B．40°
C．50° D．90°
解析：選B 過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，
所以O(shè)A⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，
所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.
又因?yàn)椤螮AC＝∠FAG，
所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故選B.
7．(多選)(2021·濟(jì)寧一模)如圖，線段AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.則( )
A．DF∥平面BCE
B．異面直線BF與DC所成的角為30°
C．△EFC為直角三角形
D．VC-BEF∶VF-ABCD＝1∶4
解析：選BD 對(duì)A項(xiàng)，因?yàn)锳B∥EF，AB∥CD，所以EF∥CD，所以四邊形CDFE確定一個(gè)平面．
由于CD，EF的長度不相等，則DF，CE不平行，即DF與平面BCE有公共點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)B項(xiàng)，連接OF，OE，OE與BF交于點(diǎn)G.
因?yàn)镺B∥EF，OB＝EF，OB＝OF＝1，
所以四邊形OBEF為菱形，
則BE＝OF＝1，所以△OBE為等邊三角形．
由于點(diǎn)G為OE的中點(diǎn)，則∠OBG＝eq \f(1,2)∠OBE＝30°.
因?yàn)锳B∥CD，所以異面直線BF與DC所成的角為∠ABF＝∠OBG＝30°，故B正確；
對(duì)C項(xiàng)，由于四邊形OBEF為菱形，
則BF＝2BG＝2 eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \r(3).
由面面垂直的性質(zhì)以及線面垂直的性質(zhì)可知，BC⊥BE，BC⊥BF，
所以CF＝eq \r(12＋?\r(3)?2)＝2，CE＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2).
又EF2＋CE2＝3≠CF2，所以△EFC不是直角三角形，故C錯(cuò)誤；
對(duì)D項(xiàng)，因?yàn)锽F＝eq \r(3)，BE＝1，EF＝1，
所以S△BEF＝eq \f(1,2)×eq \r(3)× eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2)＝eq \f(\r(3),4).
由面面垂直的性質(zhì)可知，BC⊥平面BEF，
所以VC-BEF＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×1＝eq \f(\r(3),12).
過點(diǎn)F作AB的垂線，垂足為H，則FH＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(\r(3),2)，
根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可知HF⊥平面ABCD，
則VF-ABCD＝eq \f(1,3)×2×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)，
所以VC-BEF∶VF-ABCD＝1∶4，故D正確，故選B、D.
8．若α，β是兩個(gè)相交平面，m為一條直線，則下列命題中，所有真命題的序號(hào)為________．
①若m⊥α，則在β內(nèi)一定不存在與m平行的直線；
②若m⊥α，則在β內(nèi)一定存在無數(shù)條直線與m垂直；
③若m?α，則在β內(nèi)不一定存在與m垂直的直線；
④若m?α，則在β內(nèi)一定存在與m垂直的直線．
解析：若m⊥α，如果α，β互相垂直，則在平面β內(nèi)存在與m平行的直線，故①錯(cuò)誤；若m⊥α，則m垂直于平面α內(nèi)的所有直線，故在平面β內(nèi)一定存在無數(shù)條直線與m垂直，故②正確；若m?α，則在平面β內(nèi)一定存在與m垂直的直線，故③錯(cuò)誤，④正確．
答案：②④
9．(2021·宜昌模擬)在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活動(dòng)彈子M，N分別在正方形對(duì)角線AC，BF上移動(dòng)，若CM＝BN，則MN長度的最小值為________．
解析：過M作MQ⊥AB于Q，連接QN，如圖所示．
∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交線為AB，
∴MQ⊥平面ABEF，又QN?平面ABEF，∴MQ⊥QN.
設(shè)CM＝BN＝a(0

相關(guān)教案

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教案第7章第3節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì)（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教案第7章第3節(jié) 直線、平面平行的判定與性質(zhì)（含解析），共15頁。

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練教案7.4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練教案7.4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（含解析），共19頁。

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練教案7.3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)（含解析）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練教案7.3 直線、平面平行的判定與性質(zhì)（含解析），共15頁。

英語朗讀寶

相關(guān)教案 更多

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教案 第7章_第5節(jié)_直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)（含答案解析）

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)教案 第7章_第5節(jié)_直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)（含答案解析）
高中數(shù)學(xué)高考第5節(jié) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 教案

高中數(shù)學(xué)高考第5節(jié) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 教案
第7章 第4節(jié)　直線、平面垂直的判定與性質(zhì)教案

第7章 第4節(jié)　直線、平面垂直的判定與性質(zhì)教案
高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)總教案：10.5　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)總教案：10.5　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號(hào)注冊
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號(hào)注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部