8.6.2 直线与平面垂直

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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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必修第二册同步巩固，难度 3 颗星！

基础知识

定义

若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面.
符号表述：若任意 $a\subset \alpha$ 都有 $l\perp a$，则 $l\perp \alpha$ .
 

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.
符号表述： $\left.\begin {array}{c} a， b \subset \alpha \\ a \cap b=O \\ l \perp a \\ l \perp b \end {array}\right\} \Rightarrow l \perp \alpha \quad \text { (线线垂直 } \Rightarrow \text { 线面垂直) }$
解释
(1) 定理中两条直线必须是相交的；
判断
① 如果一条直线与一个平面内的两条平行直线垂直，那么该直线与此平面垂直 (×)
② 如果一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，那么该直线与此平面垂直 (×)
(2) 简证：(由向量的基本定理和线面垂直的定义可证)
设直线 $l$，$a$，$b$ 对应的向量是 $\vec{l}$，$\vec{a}$，$\vec{b}$，则 $\vec{l}\cdot \vec{a}=0$，$\vec{l}\cdot \vec{b}=0$，
由于直线 $a$，$b$ 相交，若平面 $\alpha$ 内任意直线 $c$ 所对的向量 $\vec{c}=λ\vec{a}+μ\vec{b}$，
则 $\vec{l}\cdot \vec{c}=\vec{l}\cdot (λ\vec{a}+μ\vec{b} )=λ\vec{l}\cdot \vec{a}+μ\vec{l}\cdot \vec{b}=0$，则 $\vec{l}\perp\vec{c}$，
即直线 $l$ 与平面 $\alpha$ 内任意直线垂直，即 $l\perp \alpha$.
(3) 该定理说明线面垂直可转化为线线垂直.
 

性质定理

垂直同一平面的两直线平行
符号表述 ：$a\perp \alpha$，$b\perp \alpha ⇒ a ||b$.
 
证明 假设 $b$ 与 $a$ 不平行，且 $b \cap \alpha=0$，显然点 $O$ 不在直线 $a$ 上，
所以点 $O$ 与直线 $a$ 可确定一个平面， 在该平面内过点 $O$ 作直线 $b'||a$，
则直线 $b$ 与 $b'$ 是相交于点 $O$ 的两条不同直线，所以直线 $b$ 与 $b'$ 可确定平面 $\beta$，
设 $\alpha \cap \beta=c$，则 $O\in c$.
因为 $a\perp \alpha$，$b\perp \alpha$ ，所以 $a\perp c$，$b\perp c$.
又因为 $b'||a$，所以 $b'\perp c$.
这样在平面 $\beta$ 内，经过直线 $c$ 上同一点 $O$ 就有两条直线 $b$，$b'$ 与 $c$ 垂直，显然不可能.
因此 $b||a$.
(证明使用了反证法)

 

证明线面垂直的方法

① 定义法 (反证)
② 判定定理 (常用)
③ $\left.\begin{array}{l} a / / b \\ a \perp \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow b \perp \alpha$
④ $\left.\begin{array}{c} \alpha / / \beta \\ a \perp \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a \perp \beta$
 

线面所成的角

(1) 定义
如下图，平面的一条斜线 (直线 $l$) 和它在平面上的射影 ($AO$) 所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.

一条直线垂直平面，则 $\theta =90^{\circ}$；一条直线和平面平行或在平面内，则 $\theta =0^{\circ}$.
 

(2) 范围
直线和平面所成的角 $\theta$ 的取值范围是 $0^{\circ}≤\theta ≤90^{\circ}$.

【例】 在棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，求直线 $C'D$ 与平面 $A'B'C'D'$ 所成的角，直线 $B'D$ 与平面 $A'D'DA$ 所成的角的余弦值.

解 $\because D'D\perp$ 平面 $A'B'C'D'$，$\therefore$ 直线 $C'D$ 与平面 $A'B'C'D'$ 所成的角为 $∠DC' D'=45^{\circ}$；
$\because A'B'\perp$ 平面 $A'D'DA$，$\therefore$ 直线 $B'D$ 与平面 $A'D'DA$ 所成的角为 $∠A'DB'$，其余弦值 $\cos \angle A^{\prime} D B^{\prime}=\dfrac{A^{\prime} D}{B^{\prime} D}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$.
 

距离

(1) 过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫作这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫作这个点到该平面的距离；
(2) 一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫作这条直线到这个平面的距离；
(3) 两个平面平行时，其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，叫作两个平行平面间的距离.
 

基本方法

【题型1】 线面垂直的判定与性质

【典题 1】 如图所示，$Rt△ABC$ 所在平面外一点 $S$，且 $SA=SB=SC$，点 $D$ 为斜边 $AC$ 的中点．

  (1) 求证：$SD\perp$ 平面 $ABC$；
  (2) 若 $AB=BC$，求证：$BD\perp$ 平面 $SAC$．
证明 (1)$\because SA=SC$，$D$ 为 $AC$ 的中点，$\therefore SD\perp AC$．
在 $Rt△ABC$ 中，$AD=DC=BD$，
又 $SA=SB$，$\therefore △ADS≌△BDS$．
$\therefore SD\perp BD$．
又 $AC\cap BD=D$，$\therefore SD\perp$ 平面 $ABC$．
(2)$\because BA=BC$，$D$ 为 $AC$ 的中点，$\therefore BD\perp AC$．
又由 (1) 知 $SD\perp BD$，
于是 $BD$ 垂直于平面 $SAC$ 内的两条相交直线．
$\therefore BD\perp$ 平面 $SAC$．
点拨 线面垂直的判定定理告诉我们要证明 $l\perp \alpha$ 只需要在面 $\alpha$ 内找到两条相交直线均与直线 $l$ 垂直便可。把线面垂直转化为线线垂直，而线线垂直常用到平几知识：等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理、全等三角形的性质、相似三角形性质、菱形对角线垂直等.
 

【典题 2】 如图，四边形 $ABCD$ 为矩形，$AD\perp$ 平面 $ABE$，$AE=EB=BC=2$，$F$ 为 $CE$ 上的点，且 $BF\perp$ 平面 $ACE$，$BD\cap AC=G$．
  (1) 求证：$AE\perp$ 平面 $BCE$；
  (2) 求证：$AE∥$ 平面 $BFD$；
  (3) 求四面体 $BCDF$ 的体积．

解析 (1) 证明：$\because AD\perp$ 平面 $ABE$，$AD∥BC$，$\therefore BC\perp$ 平面 $ABE$，
$\because AE\subset$ 平面 $ABE$，$\therefore AE\perp BC$．
又 $\because BF\perp$ 平面 $ACE$，$AE\subset$ 平面 $ACE$，$\therefore BF\perp AE$，
$\because BC\cap BF=B$，$\therefore AE\perp$ 平面 $BCE$
(2) 证明：连接 $GF$，$\because BF\perp$ 平面 $ACE$，$\therefore BF\perp CE$
$\because BE=BC$，$\therefore F$ 为 $EC$ 的中点，
$\because G$ 是 $AC$ 的中点，$\therefore FG∥AE$，
$\because FG\subset$ 平面 $BFD$，$AE\not \subset$ 平面 $BFD$
$\therefore AE∥$ 平面 $BFD$；
(3) 解：取 $AB$ 中点 $O$，连接 $OE$．
因为 $AE=EB$，所以 $OE\perp AB$．
因为 $AD\perp$ 面 $ABE$，$OE\subset$ 面 $ABE$，所以 $OE\perp AD$，
所以 $OE\perp$ 面 $ADC$，
因为 $BF\perp$ 面 $ACE$，$AE\subset$ 面 $ACE$，所以 $BF\perp AE$．
因为 $CB\perp$ 面 $ABE$，$AE\subset$ 面 $ABE$，所以 $AE\perp BC$．
又 $BF\cap BC=B$，所以 $AE\perp$ 平面 $BCE$，
又 $BE\subset$ 面 $BCE$，所以 $AE\perp EB$．
$\because AE=EB=2$，$\therefore AB=2\sqrt{2}$，$\therefore OE=\sqrt{2}$，
$\therefore F$ 到平面 $BCD$ 的距离为 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore$ 四面体 $BCDF$ 的体积 $\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{2}{3}$.

点拨
① 求三棱锥的体积 $V=\dfrac{1}{3} h S$，关键是确定其高 $h$ 和底面积 $S$，本题是以点 $F$ 到平面 $BCD$ 的距离位高 $h$，底面积 $S=S_{\triangle B C D}$；以点 $D$ 到平面 $BCF$ 的距离为高 $h$，底面积 $S=S_{\triangle B C F}$ 也可以；
② 而三棱锥的高即是点到平面的距离，本题中证明了 $OE\perp$ 平面 $BCD$，即 $OE$ 为点 $E$ 到平面 $BCD$ 的距离。以点 $D$ 到平面 $BCF$ 的距离为高 $h$ 又如何求解呢？
 

【巩固练习】

1.(多选) 如图，在以下四个正方体中，直线 $AB$ 与平面 $CDE$ 垂直的是 (　　)
  A． $\qquad$ B． $\qquad$C． $\qquad$D．
 

2. 在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AB=\sqrt{2} AD$，$E$ 为棱 $CD$ 的中点，则 (　　)
  A．$A_1 E\perp DD_1$ $\qquad \qquad$ B．$A_1 E\perp DB$ $\qquad \qquad$ C．$A_1 E\perp D_1 C_1$ $\qquad \qquad$ D．$A_1 E\perp DB_1$

 

3. 如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，$PA\perp$ 平面 $ABC$，$AB\perp BC$，$PA=AB$，$D$ 为 $PB$ 的中点，则下列判断不正确的是 (　　)

  A．$BC\perp$ 平面 $PAB$ $\qquad \qquad$ B．$AD\perp PC$ $\qquad \qquad$C．$AD\perp$ 平面 $PBC$ $\qquad \qquad$ D．$PB\perp$ 平面 $ADC$
 

4. 如图，在三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，底面是以 $∠ABC$ 为直角的等腰直角三角形，侧棱 $AA_1\perp$ 底面 $ABC$，$AC=2a$，$BB_1=3a$，$D$ 是 $A_1 C_1$ 的中点，点 $F$ 在线段 $AA_1$ 上，当 $AF=$$\underline{\quad \quad}$ 时，$CF\perp$ 平面 $B_1 DF$．

 

5. 如图所示，在四棱锥 $P-ABCD$ 中，$AB\perp$ 平面 $PAD$，$AB∥CD$，$PD=AD$，$E$ 是 $PB$ 中点，$F$ 是 $DC$ 上的点，且 $DF=\dfrac{1}{2}AB$，$PH$ 为 $△PAD$ 中 $AD$ 边上的高．
  (1) 证明：$PH\perp$ 平面 $ABCD$；
  (2) 若 $PH=1$，$AD=2$，$FC=1$，求三棱锥 $E-BCF$ 的体积；
  (3) 证明：$EF\perp$ 平面 $PAB$．

 
 
 

参考答案

1. 答案 $BD$
   解析 对于 $A$， $\because \angle B A D=\dfrac{\pi}{4}$，$CE∥AD$，$\therefore AB$ 与 $CE$ 不垂直，
   $\because CE\subset$ 平面 $CDE$，$\therefore$ 直线 $AB$ 与平面 $CDE$ 不垂直，故 $A$ 错误；
   对于 $B$，$\because CE\perp AB$，$DE\perp AB$，$CE\cap DE=E$，
   $\therefore$ 直线 $AB\perp$ 平面 $CDE$，故 $B$ 正确；
   对于 $C$，$AB$ 与 $CE$ 所成角为 $\dfrac{\pi}{3}$，$\therefore$ 直线 $AB$ 与平面 $CDE$ 不垂直，故 $C$ 错误；
   对于 $D$，如图，$\because DE\perp BF$，$DE\perp AF$，$BF\cap AF=F$，
   $\therefore DE\perp$ 平面 $ABF$，
   
   $\because AB\subset$ 平面 $ABF$，$\therefore DE\perp AB$，同理得 $CE\perp AB$，
   $\because DE\cap CE=E$，$\therefore AB\perp$ 平面 $CDE$，故 $D$ 正确．
   故选：$BD$．

2. 答案 $B$
   解析 连结 $AE$，$BD$，因为 $AB=\sqrt{2} AD$，所以 $\dfrac{A B}{A D}=\dfrac{A D}{D E}=\sqrt{2}$，
   所以 $△ABD∽△DAE$，所以 $∠DAE=∠ABD$，
   所以 $\angle E A B+\angle A B D=90^{\circ}$，即 $AE\perp BD$，
   所以 $BD\perp$ 平面 $A_1 AE$，所以 $A_1 E\perp DB$．
   故选：$B$．

3. 答案 $D$
   解析 $\because PA\perp$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，
   $\therefore PA\perp BC$，又 $AB\perp BC$，$AB$，$PA\subset$ 平面 $PAB$ 且 $AB\cap PA=A$，
   $\therefore BC\perp$ 平面 $PAB$，故 $A$ 正确，
   由 $BC\perp$ 平面 $PAB$，$AD\subset$ 平面 $PAB$，得 $BC\perp AD$，
   又 $PA=AB$，$D$ 是 $PB$ 的中点，$\therefore AD\perp PB$，
   又 $PB\cap BC=B$，$PB$，$BC\subset$ 平面 $PBC$，
   $\therefore AD\perp$ 平面 $PBC$，$PC\subset$ 平面 $PBC$，
   $\therefore AD\perp PC$，故 $B$，$C$ 正确，
   由 $BC\perp$ 平面 $PAB$，$PB\subset$ 平面 $PAB$，得 $BC\perp PB$，
   因为 $BC$ 与 $CD$ 不平行，因此 $PB$ 与 $CD$ 不垂直，
   从而 $PB$ 不与平面 $ADC$ 垂直，$D$ 错误，
   故选：$D$．

4. 答案 $a$ 或 $2a$
   解析 由已知得 $A_1 B_1=B_1 C_1$，又 $D$ 是 $A_1 C_1$ 的中点，
   所以 $B_1 D\perp A_1 C_1$，又侧棱 $AA_1\perp$ 底面 $ABC$，
   可得侧棱 $AA_1\perp$ 平面 $A_1 B_1 C_1$，
   又 $B_1 D\subset$ 平面 $A_1 B_1 C_1$，所以 $AA_1\perp B_1 D$，
   因为 $AA_1\cap A_1 C_1=A_1$，所以 $B_1 D\perp$ 平面 $AA_1 C_1 C$，
   又 $CF\subset$ 平面 $AA_1 C_1 C$，所以 $B_1D\perp CF$，
   故若 $CF\perp$ 平面 $B_1 DF$，则必有 $CF\perp DF$．
   设 $AF=x(0<x<3a)$，
   则 $C F^2=x^2+4 a^2$，$D F^2=a^2+(3 a-x)^2$，
   又 $C D^2=a^2+9 a^2=10 a^2$，
   所以 $10 a^2=x^2+4 a^2+a^2+(3 a-x)^2$，解得 $x=a$ 或 $2a$．
   故答案为：$a$ 或 $2a$．

5. 答案 (1) 略；(2)$\dfrac{1}{6}$ ；(3) 略
   解析 (1) 由 $AB\perp$ 平面 $PAD$，$PH\subseteq$ 平面 $PAD$ 可得：$AB\perp PH$，
   又 $PH$ 为 $△PAD$ 中边 $AD$ 的高，即 $PH\perp AD$，
   而 $AB\cap AD=A$，$AB$，$AD\subseteq$ 平面 $ABCD$，
   故由线面垂直的判定定理可得：$PH\perp$ 平面 $ABCD$．
   (2) 由 $E$ 为 $PB$ 中点可得：三棱锥 $E-BCF$ 的体积为 $V_{E-B C F}=\dfrac{1}{2} V_{P-B C F}$，
   而又由 (1) 可得： $V_{P-B C F}=\dfrac{1}{3} P H \cdot S_{\triangle B C F}=\dfrac{1}{3} P H \cdot \dfrac{1}{2} A D \cdot F C=\dfrac{1}{6} \times 1 \times 2 \times 1=\dfrac{1}{3}$，
   故所求三棱锥 $E-BCF$ 的体积为 $\dfrac{1}{6}$．
   (3) 取 $AB$ 的中点 $G$，连接 $GE$，$GF$，$PF$，
   由题意知：$AG=\dfrac{1}{2}AB=DF$，
   又 $AG∥DF$，故四边形 $ADFG$ 为平行四边形，
   于是得 $AD∥FG$，而 $EG$ 为 $△ABP$ 的中位线，故 $EG∥AP$，
   又 $AD\cap AP=A$，$EG\cap FG=G$，
   可得平面 $EFG∥$ 平面 $ADP$，而 $AB\perp$ 平面 $ADP$，
   于是有 $AB\perp$ 平面 $EFG$，
   又 $EF\subseteq$ 平面 $EFG$，因此，$EF\perp AB$，
   在 $Rt△PDF$ 中，$P F=\sqrt{P D^2+D F^2}$，
   在 $Rt△BFG$ 中， $B F=\sqrt{F G^2+B G^2}$，
   而 $PD=AD=FG$，$BG=AG=DF$，故 $BF=PF$，
   在等腰三角形 $BPF$ 中，$E$ 为底边 $BP$ 的中点，于是有 $EF\perp BP$，
   又 $AB\cap BP=B$，$AB$，$BP\subseteq$ 平面 $PAB$，
   故由线面垂直的判定定理可得：$EF\perp$ 平面 $PAB$．
   
    

【题型2】 线面所成的角

【典题 1】 如图所示，$Rt△BMC$ 中，斜边 $BM=5$，它在平面 $ABC$ 上的射影 $AB$ 长为 $4$，$∠MBC=60^{\circ}$，求 $MC$ 与平面 $CAB$ 所成角的正弦值．

解析 由题意知，$A$ 是 $M$ 在平面 $ABC$ 内的射影，
$\therefore MA\perp$ 平面 $ABC$．$\therefore MC$ 在平面 $CAB$ 内的射影为 $AC$．
$\therefore ∠MCA$ 即为直线 $MC$ 与平面 $CAB$ 所成的角．
又 $\because$ 在 $Rt△MBC$ 中，$BM=5$，$∠MBC=60^{\circ}$，
$\therefore M C=B M \cdot \sin \angle M B C=5 \sin 60^{\circ}=5 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{5}{2} \sqrt{3}$．
在 $Rt△MAB$ 中， $M A=\sqrt{M B^2-B A^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$．
在 $Rt△MAC$ 中， $\sin \angle M C A=\dfrac{M A}{M C}=\dfrac{3}{\dfrac{5}{2} \sqrt{3}}=\dfrac{2}{5} \sqrt{3}$．
即 $MC$ 与平面 $CAB$ 所成角的正弦值为 $\dfrac{2}{5} \sqrt{3}$．
点拨 求线 $l$ 与面 $\alpha$ 所成的角 $\theta$ ，一般的思路
如下图中，求直线 $AP$ 与平面 $\alpha$ 所成的角，具体步骤如下：

(1) 过点 $P$ 作平面 $\alpha$ 的高 $PO$，垂足为 $O$，则 $AO$ 是线段 $AP$ 在平面 $\alpha$ 上的投影；
(2) 找到所求角 $\theta$；
(3) 求解三角形 $APO$ 进而求角 $\theta$.
(此方法难点证明到 $PO\perp$ 平面 $\alpha$ )
 

【巩固练习】

1. 如图所示，在正三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，$AA_1=AB=2$，则 $A_1 C$ 与侧面 $BCC_1 B_1$ 所成角的正弦值为 (　　)

  A． $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\sqrt{6}}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{\sqrt{10}}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
 

2. 在三棱锥 $A-BCD$ 中，$AB\perp$ 平面 $BCD$，$CD\perp BC$，且 $BC=\sqrt{3} AB$，则直线 $AB$ 与平面 $ACD$ 所成的角为 (　　)
  A．$\dfrac{\pi}{6}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{\pi}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{\pi}{2}$
 

3. 在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，已知 $B_1 D$ 与平面 $ABCD$ 和平面 $AA_1 B_1 B$ 所成的角均为 $30^{\circ}$，则 　　(　　)
  A．$AB=2AD$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$AB$ 与平面 $AB_1 C_1 D$ 所成的角为 $30^{\circ}$
  C．$AC=CB_1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$B_1 D$ 与平面 $BB_1 C_1 C$ 所成的角为 $45^{\circ}$
 

4. 如图，在正三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，底面边长为 $a$，侧棱长为 $b$，且 $a≥b$，点 $D$ 是 $BC_1$ 的中点，则直线 $AD$ 与侧面 $ABB_1 A_1$ 所成角的正切值的最小值是 (　　)

  A．$\dfrac{\sqrt{130}}{13}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\dfrac{\sqrt{39}}{13}$
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 如图，取 $B_1 C_1$ 的中点 $E$，连接 $A_1 E$，$CE$，
   则根据题意易得 $A_1 E\perp$ 侧面 $BCC_1 B_1$，$\therefore ∠A_1 CE$ 即为所求，
   又根据题意易知 $A_1 E=\sqrt{3}$，$A_1 C=2\sqrt{2}$，
   $\therefore \sin \angle A_1 C E=\dfrac{A_1 E}{A_1 C}=\dfrac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}，$，故选：$B$．
   

2. 答案 $C$
   解析 因为 $AB\perp$ 平面 $BCD$，所以 $AB\perp CD$，
   又 $CD\perp BC$，$AB\cap BC=B$，$AB\subset$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，
   所以 $CD\perp$ 平面 $ABC$，
   又 $CD\subset$ 平面 $ACD$，所以面 $ACD\perp$ 平面 $ABC$，
   作 $BE\perp AC$，垂足为 $E$．则 $BE\perp$ 平面 $ACD$，
   
   所以 $∠BAE$ 是直线 $AB$ 与平面 $ACD$ 所成的角，
   在直角三角形 $ABC$ 中，因为 $\tan \angle B A C=\dfrac{B C}{A B}=\sqrt{3}$，
   所以 $∠BAC=\dfrac{\pi}{3}$，
   故选：$C$．

3. 答案 $D$
   解析 如图所示，连接 $AB_1$，$BD$，不妨令 $AA_1=1$，
   
   在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AD\perp$ 面 $AA_1 B_1 B$， 面 $ABCD$，
   所以 $∠B_1 DB$ 和 $∠DB_1 A$ 分别为 $B_1 D$ 与平面 $ABCD$ 和平面 $AA_1 B_1 B$ 所成的角，
   即 $∠B_1 DB=∠DB_1 A=30^{\circ}$，
   所以在 $RtΔBDB_1$ 中，$BB_1=AA_1=1$，$BD=\sqrt{3}$，$B_1 D=2$，
   在 $RtΔADB_1$ 中，$DB_1=2$，$AD=1$，$AB_1=\sqrt{3}$，
   所以 $AB=\sqrt{2}$，$CB_1=\sqrt{2}$，$AC=\sqrt{3}$，
   故选项 $A$，$C$ 错误，
   由图易知，$AB$ 在平面 $AB_1 C_1 D$ 上的射影在 $AB_1$ 上，
   所以 $∠B_1 AB$ 为 $AB$ 与平面 $AB_1 C_1 D$ 所成的角，
   在 $Rt△ABB_1$ 中， $\sin \angle B_1 A B=\dfrac{B B_1}{A B_1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，故选项 $B$ 错误，
   如图，连接 $B_1 C$，
   
   则 $B_1 D$ 在平面 $BB_1 C_1 C$ 上的射影为 $B_1 C$，
   所以 $∠DB_1 C$ 为 $B_1 D$ 与平面 $BB_1 C_1 C$ 所成的角，
   在 $Rt △DB_1 C$ 中，$B_1 C=\sqrt{2}=DC$，
   所以 $∠DB_1 C=45^{\circ}$，所以选项 $D$ 正确，
   故选：$D$．

4. 答案 $D$
   解析 取 $A_1 B_1$ 的中点 $E$，连接 $BE$、$C_1 E$，则 $C_1 E\perp A_1 B_1$，
   由正三棱柱的性质可知，面 $A_1 B_1 C_1\perp$ 面 $ABB_1 A_1$，
   而面 $A_1 B_1 C_1\cap$ 面 $ABB_1 A_1=A_1 B_1$，$\therefore C_1 E\perp$ 面 $ABB_1 A_1$．
   
   取 $BE$ 的中点 $F$，连接 $AF$、$DF$，
   $\because D$ 为 $CC_1$ 的中点，$\therefore DF∥C_1 E$，$\therefore DF\perp$ 面 $ABB_1 A_1$，
   即点 $D$ 在面 $ABB_1 A_1$ 上的投影为点 $F$，
   $\therefore ∠DAF$ 即为直线 $AD$ 与侧面 $ABB_1 A_1$ 所成角．
   在 $Rt△AFD$ 中， $D F=\dfrac{1}{2} C_1 E=\dfrac{\sqrt{3}}{4} a$， $A F=\sqrt{\left(\dfrac{3}{4} a\right)^2+\left(\dfrac{1}{2} b\right)^2}=\dfrac{\sqrt{9 a^2+4 b^2}}{4}$，
   $\therefore \tan \angle D A F=\dfrac{D F}{A F}=\dfrac{\sqrt{3} a}{\sqrt{9 a^2+4 b^2}}=\sqrt{\dfrac{1}{3+\dfrac{4 b^2}{3 a^2}}} \geq \sqrt{\dfrac{1}{3+\dfrac{4}{3}}}=\dfrac{\sqrt{39}}{13}$，
   当且仅当 $a=b$ 时，等号成立．
   $\therefore$ 直线 $AD$ 与侧面 $ABB_1 A_1$ 所成角的正切值的最小值为 $\dfrac{\sqrt{39}}{13}$．故选：$D$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，为的中点，则直线 $CE$ 垂直于 (　　)

  A．直线 $AC$ $\qquad \qquad$ B．直线 $B_1 D_1$ $\qquad \qquad$ C．直线 $A_1 D_1$ $\qquad \qquad$ D．直线 $A_1 A$
 

2. 如图：$PA\perp ⊙O$ 所在的平面，$AB$ 是 $⊙O$ 的直径，$C$ 是 $⊙O$ 上的一点，$AE\perp PC$，$AF\perp PB$，给出下列结论①$AE\perp BC$，②$AE\perp PB$，③$AF\perp BC$，④$AE\perp$ 平面 $PBC$，其中正确命题的序号是 (　　)

  A．①② $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．①③ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．①②④ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．①③④
 

3. 在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AB=AA_1=1$，$AD=2$，则直线 $A_1C$ 与平面 $ABCD$ 所成角的正弦为 (　　)
  A． $\dfrac{\sqrt{6}}{6}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{\sqrt{5}}{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
 

4. 已知菱形 $ABCD$ 中，$∠BAD=60^{\circ}$，$AC$ 与 $BD$ 相交于点 $E$，将 $△ABD$ 沿 $BD$ 折起，使顶点 $A$ 至点 $M$，在折起的过程中，对于下面两个命题：
①存在一个位置，使 $△CDM$ 为等边三角形；②$DM$ 与 $BC$ 不可能垂直，成立的是 (　　)

  A．①为假命题，②为真命题 $\qquad$ B．①为真命题，②为假命题 $\qquad$ C．①②均为真命题 $\qquad$ D．①②均为假命题
 

5. 在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AA_1=AD=2AB=2$，$AB\perp AD$，且 $P$ 为 $CC_1$ 中点，$Q$ 为 $AA_1$ 上一动点，则 (　　)
  A．$|PQ|\in [\sqrt{5}，\sqrt{6}]$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．三棱锥 $B-QPB_1$ 的体积为 $\dfrac{2}{3}$
  C．存在点 $Q$ 使得 $BD_1$ 与平面 $QPB_1$ 垂直 $\qquad$ D．存在点 $Q$ 使得 $AC_1$ 与平面 $QPB_1$ 垂直
 

6. 如图，已知平行四边形 $ABCD$ 中，$|AD|=4$，$|CD|=3$，$∠D=60^{\circ}$，$PA\perp$ 平面 $ABCD$，且 $|PA|=6$，则 $|PC|=$$\underline{\quad \quad}$．

 

7. 如图，在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，点 $E$ 是棱 $BC$ 的中点，点 $F$ 是棱 $CD$ 上的动点．当 $\dfrac{C F}{F D}=$$\underline{\quad \quad}$ 时，$D_1 E\perp$ 平面 $AB_1 F$．

 

8. 如图，$∠BOC$ 在平面 $\alpha$ 内，$OA$ 是 $\alpha$ 的斜线，若 $∠AOC=∠AOB=60^{\circ}$，$OA=OB=OC=1$，$BC=\sqrt{2}$，则 $OA$ 与平面 $\alpha$ 所成角是 $\underline{\quad \quad}$．

 

9. 如图所示，在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$M$ 是 $AB$ 上一点，$N$ 是 $A_1 C$ 的中点，$MN\perp$ 平面 $A_1 DC$．

求证：(1)$MN∥AD_1$； $\qquad \qquad$(2)$M$ 是 $AB$ 的中点．
 
 
 

10. 如图，菱形 $ABCD$ 的边长为 $6$，$∠BAD=60^{\circ}$，$AC\cap BD=O$．将菱形 $ABCD$ 沿对角线 $AC$ 折起，得到三棱锥 $B-ACD$，点 $M$ 是棱 $BC$ 的中点，$DM=3\sqrt{2}$．
  (1) 求证：$OD\perp$ 平面 $ABC$；
  (2) 求三棱锥 $M-ABD$ 的体积．

 
 
 
11. 如图，已知 $△ABC$ 是正三角形，$EA$、$CD$ 都垂直于平面 $ABC$，且 $EA=AB=2a$，$DC=a$，$F$ 是 $BE$ 的中点，求证：
  (1)$FD∥$ 平面 $ABC$；
  (2)$AF\perp$ 平面 $EDB$；
  (3) 求直线 $AD$ 与平面 $EDB$ 所成角的余弦值．

 
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 如图，直线 $CE$ 垂直于直线 $B_1 D_1$
   
   事实上，$\because AC_1$ 为正方体，$\therefore A_1 B_1 C_1 D_1$ 为正方形，连结 $B_1 D_1$，
   又 $\because E$ 为 $A_1 C_1$ 的中点，$\therefore E\in B_1 D_1$．$\therefore B_1 D_1\perp C_1 E$，
   $CC_1\perp$ 面 $A_1 B_1 C_1 D_1$，$\therefore CC_1\perp B_1 D_1$，
   又 $CC_1\cap C_1 E=C_1$，$\therefore B_1 D_1\perp$ 面 $CC_1 E$，
   而 $CE\subset$ 面 $CC_1 E$，$\therefore$ 直线 $CE$ 垂直于直线 $B_1 D_1$
   故选：$B$．

2. 答案 $C$
   解析 $\because AB$ 是 $⊙O$ 的直径 $，\therefore AC\perp BC$，
   $\because PA\perp ⊙O$ 所在平面，$\therefore PA\perp AC$，$PA\perp AB$，$PA\perp BC$，
   $\therefore BC\perp$ 面 $PAC$，$\therefore BC\perp AE$，$\therefore AE\perp PC$，
   $\because BC\cap PC=C$，$\therefore AE\perp$ 面 $PBC$，$\therefore$ ④正确；
   $\because BC$，$PB\subset$ 面 $PBC$，
   $\therefore AE\perp BC$，$AE\perp PB$，$\therefore$ ①②正确；
   若 $AF\perp BC$，则 $AF\perp$ 面 $PBC$，
   此时 $E$，$F$ 重合，与已知矛盾．$\therefore$③错误；
   故①②④正确．
   故选 $C$．

3. 答案 $A$
   解析 如图，$\because$ 长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$A_1 A\perp$ 平面 $ABCD$，
   $\therefore$ 直线 $A_1 C$ 与平面 $ABCD$ 所成角为 $∠ACA_1$，
   $\because AB=AA_1=1$，$AD=2$， $\therefore A C=\sqrt{5}$，
   $\therefore$ 在 $Rt△ACA_1$ 中由勾股定理可得 $A_1 C=\sqrt{6}$，
   $\therefore \sin \angle A C A_1=\dfrac{A A_1}{A_1 C}=\dfrac{1}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$，
   故直线 $A_1 C$ 与平面 $ABCD$ 所成角的正弦为 $\dfrac{\sqrt{6}}{6}$．
   故选：$A$．
   

4. 答案 $B$
   解析 由题意知，$AB=BC=CD=DA=BD$，
   当四面体 $MBCD$ 为正四面体时，此时 $△CDM$ 为等边三角形，故①为真命题；
   当三棱锥是正四面体时，设顶点 $M$ 在底面 $BCD$ 上的投影为 $O$，
   连接 $DO$ 延长交 $BC$ 于 $F$，如图，
   
   由正四面体性质可知，$O$ 是三角形 $BCD$ 中心，$F$ 是 $BC$ 中点，
   所以 $BC\perp MO$，$BC\perp DF$，
   又 $FD\cap MO=O$，$FD$，$MO\subset$ 平面 $MDO$，
   所以 $BC\perp$ 平面 $MDO$，
   又 $MD\subset$ 平面 $MDO$，所以 $DM\perp BC$，所以②为假命题．
   故选：$B$．

5. 答案 $AB$
   解析 对 $A$ 选项，如图，当 $Q$ 为 $AA_1$ 的中点时，$|PQ|$ 最小，
   此时 $|P Q|=|A C|=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$；
   当 $Q$ 为 $A_1$ 或 $A$ 时，$|PQ|$ 最大，此时 $|P Q|=|P A|=\sqrt{5+1}=\sqrt{6}$，
   $\therefore |PQ|\in [\sqrt{5}，\sqrt{6}]$，$\therefore A$ 选项正确；
   对 $B$ 选项，$\because$ 三棱锥 $B-QPB_1$ 的体积 $V_{B-Q P B}=V_{Q-B P B_1}=\dfrac{1}{3} \times\left(\dfrac{1}{2} \times 2 \times 2\right) \times 1=\dfrac{2}{3}$，
   $\therefore B$ 选项正确；
   对 $C$，$D$ 选项，$\because BD_1$ 与 $AC_1$ 与在平面 $BCC_1 B_1$ 内的射影都为 $BC_1$，
   而 $BC_1$ 与 $PB_1$ 不垂直，根据三垂线定理可得 $PB_1$ 与 $BD_1$ 、$AC_1$ 都不垂直，
   $\therefore BD_1$ 和 $AC_1$ 与平面 $QPB_1$ 都不垂直，$\therefore C$、$D$ 选项错误．
   故选：$AB$．
   

6. 答案 $7$
   解析 由余弦定理有，$A C^2=A D^2+C D^2-2 A D \cdot C D \cdot \cos D=16+9-2 \times 4 \times 3 \times \dfrac{1}{2}=13$，
   $\therefore A C=\sqrt{13}$，
   $\because PA\perp$ 平面 $ABCD$，$AC$ 在平面 $ABCD$ 内，$\therefore PA\perp AC$，
   $\therefore P C=\sqrt{P A^2+A C^2}=\sqrt{36+13}=7$．
   故答案为：$7$．

7. 答案 $1$
   解析 连接 $A_1 B$，则 $A_1 B$ 是 $D_1 E$ 在面 $ABB_1 A$ 内的射影
   $\because AB_1\perp A_1 B$，$\therefore D_1 E\perp AB_1$，
   于是 $D_1 E\perp$ 平面 $AB_1F⇔D_1 E\perp AF$．
   连接 $DE$，则 $DE$ 是 $D_1 E$ 在底面 $ABCD$ 内的射影．
   $\therefore D_1 E\perp AF⇔DE\perp AF$．
   $\because ABCD$ 是正方形，$E$ 是 $BC$ 的中点．
   $\therefore$ 当且仅当 $F$ 是 $CD$ 的中点时，$DE\perp AF$，
   即当点 $F$ 是 $CD$ 的中点时，$D_1 E\perp$ 平面 $AB_1 F$．
   $\therefore \dfrac{C F}{F D}=1$ 时，$D_1 E\perp$ 平面 $AB_1 F$．

8. 答案 $\dfrac{\pi}{4}$
   解析 如图，取 $BC$ 中点为 $D$，连接 $AD$，$OD$，
   $\because OA=OC=1$，$∠AOC=60^{\circ}$，$\therefore AC=1$，
   同理，在 $△AOB$ 中，$AB=1$，
   
   $\because AC=AB=1$，$BC=\sqrt{2}$，
   $\therefore AD\perp BC$，且 $AD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   又 $\because OC=OB=1$，$BC=\sqrt{2}$，$\therefore OD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   $\therefore O A^2=O D^2+A D^2$，即 $AD\perp OD$，
   又因为 $BC\cap OD=D$，所以 $AD\perp$ 平面 $OBC$，
   所以 $∠AOD$ 为 $OA$ 与平面 $\alpha$ 所成角，
   在 $Rt△AOD$ 中，$OD=AD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $∠AOD=\dfrac{\pi}{4}$，
   故答案为：$\dfrac{\pi}{4}$．

9. 证明 (1)$\because$ 四边形 $ADD_1 A_1$ 为正方形，$\therefore AD_1\perp A_1 D$．
   又 $\because CD\perp$ 平面 $ADD_1 A_1$，$\therefore CD\perp AD_1$．
   $\because A_1 D\cap CD=D$，$\therefore AD_1\perp$ 平面 $A_1 DC$．
   又 $\because MN\perp$ 平面 $A_1 DC$，$\therefore MN∥AD_1$．
   (2) 如图，连接 $ON$，在 $△A_1 DC$ 中，$A_1 O=OD$，$A_1 N=NC$．
   
   $\therefore ON∥CD∥AB$．
   $\therefore ON∥AM$．又 $\because MN∥OA$，
   $\therefore$ 四边形 $AMNO$ 为平行四边形，
   $\therefore ON=AM$．$\because ON=\dfrac{1}{2}AB$，$\therefore AM=\dfrac{1}{2}AB$．
   $\therefore M$ 是 $AB$ 的中点．

10. 答案 (1) 略；(2) $\dfrac{9 \sqrt{3}}{2}$
    解析 (1) 证明：由题意，$OM=OD=3$，
    $\therefore O M^2+O D^2=18=(3 \sqrt{2})^2=D M^2$．
    $\therefore ∠DOM=90^{\circ}$，$\therefore OD\perp OM$．
    又 $\because$ 菱形 $OM\cap AC=O$，$\therefore OD\perp AC$．
    $\because OM\cap AC=O$，$\therefore OD\perp$ 平面 $ABC$．
    (2) 解：三棱锥 $M-ABD$ 的体积等于三棱锥 $D-ABM$ 的体积．
    由 (1) 知，$OD\perp$ 平面 $ABC$，
    $\therefore OD=3$ 为三棱锥 $D-ABM$ 的高．
    $△ABM$ 的面积 $=\dfrac{1}{2} B M \times B A \times \sin 120^{\circ}=\dfrac{1}{2} \times 3 \times 6 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{9 \sqrt{3}}{2}$，
    所求体积等于 $\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle A B M} \times O D=\dfrac{9 \sqrt{3}}{2}$．
    

11. 答案 (1) 略；(2) 略；(3) $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$
    解析 (1) 证明：取 $AB$ 的中点 $M$，连 $FM$，$MC$，
    $\because F$、$M$ 分别是 $BE$、$BA$ 的中点，
    $\therefore FM∥EA$，$FM=\dfrac{1}{2}EA$，
    $\because EA$、$CD$ 都垂直于平面 $ABC$，$\therefore CD∥EA$，
    $\therefore CD∥FM$，
    又 $DC=a$，$\therefore FM=DC$，
    $\therefore$ 四边形 $FMCD$ 是平行四边形，
    $\therefore FD∥MC$，又 $FD\not \subset$ 平面 $ABC$，$MC\subset$ 平面 $ABC$，
    $\therefore FD∥$ 平面 $ABC$；
    (2) 证明：$\because M$ 是 $AB$ 的中点，$△ABC$ 是正三角形，
    $\therefore CM\perp AB$，
    又 $CM\perp AE$，$\therefore CM\perp$ 面 $EAB$，$\therefore CM\perp AF$，$FD\perp AF$，
    因 $F$ 是 $BE$ 的中点，$EA=AB$，$\therefore AF\perp EB$，
    又 $FD\cap BE=F$，$\therefore AF\perp$ 平面 $EDB$．
    (3) 由 (2) 可得 $AD$ 在平面 $EBD$ 的射影为 $DF$，
    所以直线 $AD$ 与平面 $EDB$ 所成角为 $∠ADF$，
    $AF=\sqrt{2} a$，$AD=\sqrt{5} a$，$DF=\sqrt{3} a$， $\cos \angle A D F=\dfrac{D F}{A D}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}$；
    所以直线 $AD$ 与平面 $EDB$ 所成角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．
     

【B组---提高题】

1. 如图，正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 的棱长为 $2$，点 $O$ 为底面 $ABCD$ 的中心，点 $P$ 在侧面 $BB_1 C_1 C$ 的边界及其内部运动，若 $D_1 O\perp OP$，则 $△D_1 C_1 P$ 面积的最小值为 (　　)

  A．$\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\sqrt{5}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$2\sqrt{5}$
 

2. 已知圆锥 $DO$ 的轴截面为等边三角形，$△ABC$ 是底面 $⊙O$ 的内接正三角形，点 $P$ 在 $DO$ 上，且 $PO=λDO$．若 $PA\perp$ 平面 $PBC$，则实数 $λ=$ $\underline{\quad \quad}$ .
 

3. 在正四棱柱 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$B_1 C$ 与平面 $ACC_1 A_1$ 所成角的正弦值为 $\dfrac{\sqrt{2}}{4}$．则异面直线 $B_1 C$ 与 $DC_1$ 所成角的余弦值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 如图所示：
   当点 $P$ 在 $C$ 处时，$D_1 O\perp OC$，当点 $P$ 在 $B_1 B$ 的中点 $P_1$ 时，
   $O P^2=(\sqrt{2})^2+1^2=3$， $D_1 O^2=(\sqrt{2})^2+2^2=6$， $D_1 P_1^2=(2 \sqrt{2})^2+1^2=9$，
   所以 $O P^2+D_1 O^2=D_1 P_1^2$，
   所以 $D_1 O\perp OP_1$，又 $OP_1\cap OC=O$，
   所以 $D_1 O\perp$ 平面 $OP_1 C$，
   所以点 $P$ 的轨迹是线段 $P_1 C$，
   因为 $D_1 C_1\perp$ 平面 $P_1 C_1 C$，
   所以 $△D_1 C_1 P$ 面积最小时，$C_1 P\perp P_1 C$，
   此时 $C_1 P=\dfrac{C_1 C \times B C}{P_1 C}=\dfrac{4}{\sqrt{2^2+1^2}}=\dfrac{4 \sqrt{5}}{5}$，
   $S_{\triangle D_1 C_1 P}=\dfrac{1}{2} \times 2 \times \dfrac{4 \sqrt{5}}{5}=\dfrac{4 \sqrt{5}}{5}$，
   故选：$B$．
   

2. 答案 $\dfrac{\sqrt{6}}{6}$
   解析 如图所示，
   
   不妨设 $AE=AD=1$，
   由 $B A=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$， $P O=\lambda D O=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \lambda$， $P A^2=P B^2=\dfrac{3}{4} \lambda^2+\dfrac{1}{4}$，
   $\because PA\perp$ 平面 $PBC$，$PB\subset$ 平面 $PBC$，$\therefore PA\perp PB$，
   在 $△PAB$ 中，由勾股定理有 $P A^2+P B^2=B A^2$，
   $\therefore 2\left(\dfrac{3}{4} \lambda^2+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{3}{4}$，解得 $\lambda=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$．

3. 答案 $\dfrac{3}{4}$
   解析 设 $A_1 C_1$ 与 $B_1 D_1$ 的交点为 $F$，连接 $CF$，则 $A_1 C_1\perp B_1 D_1$，
   因为等腰三角形 $CB_1 D_1$，且点 $F$ 为 $B_1 D_1$ 的中点，所以 $B_1 D_1\perp CF$，
   又 $A_1 C_1\cap CF=F$，$A_1 C_1，CF\subset$ 平面 $ACC_1 A_1$，
   所以 $B_1 D_1\perp$ 平面 $ACC_1 A_1$，
   所以 $∠B_1 CF$ 即为 $B_1 C$ 与平面 $ACC_1 A_1$ 所成角，即 $\sin \angle B_1 C F=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$，
   设正方形 $ABCD$ 的边长为 $2a$，
   在 $Rt △B_1 CF$ 中， $\sin \angle B_1 C F=\dfrac{B_1 F}{B_1 C}=\dfrac{\sqrt{2} a}{B_1 C}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$，
   所以 $B_1 C=4a$，
   设 $B_1 C$ 与 $BC_1$ 相交于点 $E$，$AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，
   则 $E$，$O$ 分别为 $BC_1$，$BD$ 的中点，
   所以 $DC_1||OE$，
   所以 $∠OEC$ 或其补角即为异面直线 $B_1 C$ 与 $DC_1$ 所成角，
   在 $△OCE$ 中，$CE=OE=\dfrac{1}{2}DC_1=2a$，$OC=\sqrt{2} a$，
   由余弦定理知， $\cos \angle O E C=\dfrac{O E^2+C E^2-O C^2}{2 O E \cdot C E}=\dfrac{4 a^2+4 a^2-2 a^2}{2 \cdot 2 a \cdot 2 a}=\dfrac{3}{4}$，
   所以异面直线 $B_1 C$$DC_1$ 与所成角的余弦值为 $\dfrac{3}{4}$．
   
    

【C组---拓展题】

1. 如图，在棱长为 $2$ 的正方体中 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$，点 $M$ 是 $AD$ 的中点，动点 $P$ 在底面 $ABCD$ 内 (包括边界)，若 $B_1 P∥$ 平面 $A_1 BM$，则 $C_1 P$ 与底面 $ABCD$ 所成角的正弦的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．

 

2. 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，正确的是 $\underline{\quad \quad}$ ．
 ①$ED\perp$ 平面 $ACD$ $\qquad \qquad$②$CD\perp$ 平面 $BED$
 ③$BD\perp$ 平面 $ACD$ $\qquad \qquad$ ④$AD\perp$ 平面 $BED$．

 
 

参考答案

1. 答案 $\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}， \dfrac{\sqrt{30}}{6}\right]$
   解析 取 $BC$ 的中点 $N$，连接 $DN$，$B_1 N$，$B_1 D$，
   则 $DN∥BM$，$DN\not \subset$ 面 $A_1 BM$，$BM\subset$ 面 $A_1 BM$，
   所以 $DN∥$ 面 $A_1 BM$，
   同理：$B_1 N∥A_1 M$，$B_1 N\not \subset$ 面 $A_1 BM$，$A_1 M\subset$ 面 $A_1 BM$，
   所以 $B_1 N∥$ 面 $A_1 BM$，
   因为 $DN\cap B_1 N=N$，所以平面 $B_1 DN∥$ 面 $A_1 BM$，
   因为 $B_1 P∥$ 平面 $A_1 BM$，且点 $P$ 在底面 $ABCD$ 内 (包括边界)，
   所以点 $P$ 在线段 $DN$ 上运动，
   连接 $CP$，$C_1 P$，因为 $CC_1\perp$ 面 $ABCD$，
   所以 $∠C_1 PC$ 即为 $C_1 P$ 与底面 $ABCD$ 所成角，
   在 $Rt△C_1 PC$ 中，$\sin \angle C_1 P C=\dfrac{C_1 C}{C_1 P}=\dfrac{2}{C_1 P}，$，
   在 $Rt△CDN$ 中，当点 $P$ 与点 $D$ 重合时 $CP$ 最长为 $2$，
   此时 $C_1 P$ 最长为 $\sqrt{2^2+2^2}=2 \sqrt{2}$，
   当 $CP\perp DN$ 时，$CP$ 最短为 $\dfrac{1 \times 2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$，
   此时 $C_1 P$ 最短为 $\sqrt{2^2+\left(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^2}=\dfrac{2 \sqrt{30}}{5}$，
   即 $C_1 P \in\left[\dfrac{2 \sqrt{30}}{5}， 2 \sqrt{2}\right]$， $\dfrac{1}{C_1 P} \in\left[\dfrac{\sqrt{2}}{4}， \dfrac{\sqrt{30}}{12}\right]$，
   所以 $\sin \angle C_1 P C=\dfrac{C_1 C}{C_1 P}=\dfrac{2}{C_1 P} \in\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}， \dfrac{\sqrt{30}}{6}\right]$，
   故答案为： $\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}， \dfrac{\sqrt{30}}{6}\right]$．
   

2. 答案 ④
   解析 $\because$ 在矩形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$BC=4$，$E$ 为 $DC$ 边的中点，
   $\therefore$ 设 $D$ 点在平面 $BCE$ 上的投影为 $Q$，在折起过程中，点 $Q$ 的轨迹为下图 $Q_1$ 到 $Q_2$ 的四分之一圆．
   
   此过程中始终有 $DQ\perp$ 平面 $AECB$
   对于① 假设 $ED\perp$ 平面 $ACD$，则 $ED\perp AC$，又 $\because DQ\perp AC$，
   则 $AC\perp$ 平面 $DEQ⇒QE\perp AC$，
   但由图可知 $QE$ 不可能垂直 $AC$，产生了矛盾，故假设不成立，故①错误；
   
   对于② 假设 $CD\perp$ 平面 $BED$，则 $CD\perp BE$，又 $\because DQ\perp BE$，
   则 $BE\perp$ 平面 $CDQ⇒BE\perp CQ$，
   但由图可知只有 $D$ 点投影位于 $Q_2$ 位置时，才有 $BE\perp CQ$，
   此时 $CD\subset$ 平面 $BED$，显然不能满足 $CD\perp$ 平面 $BED$，产生了矛盾，故假设不成立，
   故②错误；
   
   对于③ 假设 $BD\perp$ 平面 $ACD$，则 $BD\perp AC$，又 $\because DQ\perp AC$，
   则 $AC\perp$ 平面 $BDQ⇒AC\perp BQ$，
   但由图可知 $BQ$ 不可能垂直 $AC$，产生了矛盾，故假设不成立，故③错误；
   
   对于④$\because AD\perp ED$，$\therefore$ 若要满足 $AD\perp$ 平面 $BED$，
   则只需要 $AD\perp EB$，而 $DQ\perp EB$，
   若 $AQ\perp EB$ 便可，在折叠的过程中易得存在一个位置使得 $AQ\perp EB$($Q$ 为弧线 $Q_1 Q_2$ 与线段 $AE$ 的交点)，故④正确．