8.6 空间直线、平面的垂直

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必修第二册同步拔高，难度 3 颗星！

模块导图

知识剖析

线线垂直

1 异面直线所成的角
(i) 范围:$θ∈[0^∘，90^∘]$；
(ii) 作异面直线所成的角：平移法.
如图，在空间任取一点 $O$，过 $O$ 作 $a^{\prime} / / a$，$b^{\prime} / / b$，则 $a^{\prime}， b^{\prime}$ 所成的 $θ$ 角为异面直线 $a，b$ 所成的角。特别地，找异面直线所成的角时，经常把一条异面直线平移到另
一条异面直线的特殊点 (如线段中点，端点等) 上，形成异面直线所成的角.

 

2 线线垂直
如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说两条异面直线相互垂直.
 

线面垂直

1 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 $a⊂α$ 都有 $l⊥a$，则 $l⊥α$.
 

2 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.
$\left.\begin{array}{c} a， b \subset \alpha \\ a \cap b=0 \\ l \perp a \\ l \perp b \end{array}\right\} \Rightarrow l \perp \alpha$ (线线垂直⇒线面垂直)
 

3 性质
$(i) l⊥α，a⊂α⇒ l⊥ a$ (线面垂直⇒线线垂直)
$(ii)$ 垂直同一平面的两直线平行 $a⊥α$，$b⊥α⇒ a // b$.
 

4 证明线面垂直的方法
方法 1 定义法 (反证)
方法 2 判定定理 (常用)
方法 3 $\left.\begin{array}{l} a / / b \\ a \perp \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow b \perp \alpha$
方法 4 $\left.\begin{array}{c} \alpha / / \beta \\ a \perp \alpha \end{array}\right\} \Rightarrow a \perp \beta$
方法 5 $\left.\begin{array}{c} \alpha \perp \beta \\ a \cap \beta=b \\ a \subset \alpha \\ a \perp b \end{array}\right\} \Rightarrow a \perp \beta$(面面垂直⇒线面垂直)
 

5 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 $θ=90^°$；一条直线和平面平行或在平面内，则 $θ=0^°$.
 

(2) 范围
直线和平面所成的角 $θ$ 的取值范围是 $0^°≤θ≤90^°$.
 

面面垂直

1 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.
在二面角的棱 $l$ 上任取一点 $O$，以点 $O$ 为垂足，在半平面 $α$ 和 $β$ 内分别作垂直于棱 l 的射线 $OA$ 和 $OB$，则射线 $OA$ 和 $OB$ 构成的 $∠AOB$ 叫做二面角的平面角.
 

(2) 范围
二面角的平面角 α 的取值范围是 $[0^°，180^°]$.

2 面面垂直
(1) 定义
若二面角 $α-l-β$ 的平面角为 $90^∘$，则 $α⊥β$；
 

(2) 判定定理
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
$\left.\begin{array}{c} a \subset \alpha \\ a \perp \beta \end{array}\right\} \Rightarrow \alpha \perp \beta$ (线面垂直⇒面面垂直)
 

(3) 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.
$\left.\begin{array}{c} \alpha \perp \beta \\ \alpha \cap \beta=A B \\ a \subset \alpha \\ a \perp A B \end{array}\right\} \Rightarrow a \perp \beta$ (面面垂直⇒线面垂直)
判断
(1) 如果平面 $α⊥$ 平面 $γ$，平面 $β⊥$ 平面 $γ$，$α∩β=l$，那么 $l⊥γ$ ( √ )
(2) 如果平面 $α⊥$ 平面 $β$，那么平面 $α$ 内一定存在直线平行于平面 $β$ ( √ )
(3) 如果平面 $α⊥$ 平面 $β$，过 $α$ 内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于 $β$ ( × )
(4) 如果平面 $α$ 不垂直于平面 $β$，那么平面 $α$ 内一定不存在直线垂直于平面 $β$ ( √ )
 

经典例题

【题型一】线面垂直的判定与性质

【典题 1】 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 $ABC$； $\qquad \qquad$ $(2)AF⊥$ 平面 $EDB$

【证明】 (1) $∵F$ 是 $BE$ 的中点，取 $BA$ 的中点 $M$，

$∴FM//EA$，$F M=\dfrac{1}{2} E A=a$
$∵EA、CD$ 都垂直于平面 $ABC$，$∴CD∥EA$，
$∴CD∥FM$，又 $CD=a=FM$
$∴$ 四边形 $FMCD$ 是平行四边形，$∴FD∥MC$，
又 $∵FD⊄$ 平面 $ABC$，$MC⊂$ 平面 $ABC$，$∴FD∥$ 平面 $ABC$．
(2) 因 $M$ 是 $AB$ 的中点，$△ABC$ 是正三角形，所以 $CM⊥AB$
又 $EA$ 垂直于平面 $ABC$ ，
$∴CM⊥AE$
又 $AE∩AB=A$，所以 $CM⊥$ 面 $EAB$，
$∵AF⊂$ 面 $EAB$ ， $∴CM⊥AF$
又 $CM∥FD$，从而 $FD⊥AF$，
因 $F$ 是 $BE$ 的中点，$EA=AB$，所以 $AF⊥EB$．
$EB，FD$ 是平面 $EDB$ 内两条相交直线，
所以 $AF⊥$ 平面 $EDB$．
【点拨】
① 线面垂直的判定：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；它可把线面垂直转化为线线垂直，本题中 $AF⊥$ 平面 $EDB⇒$ 在平面 $EDB$ 上找到两条相交直线均垂直 $AF$；
② 线面垂直的性质：$l⊥α$，$a⊂α⇒ l⊥ a$；它可由线面垂直得到线线垂直；
③ 等腰三角形要注意 “三线合一” 的运用.
 

【典题 2】 $P$ 为 $△ABC$ 所在平面外一点，$O$ 为 $P$ 在平面 $ABC$ 上的射影．

  (1) 若 $PA、PB、PC$ 两两互相垂直，则 $O$ 点是 $△ABC$ 的 $\underline{\quad \quad}$ 心；
  (2) 若 $P$ 到 $△ABC$ 三边距离相等，且 $O$ 在 $△ABC$ 内部，则 $O$ 点是 $△ABC$ 的 $\underline{\quad \quad}$ 心；
  (3) 若 $PA⊥BC$，$PB⊥AC$，$PC⊥AB$，则 $O$ 点是 $△ABC$ 的 $\underline{\quad \quad}$ 心；
  (4) 若 $PA、PB、PC$ 与底面 $ABC$ 成等角，则 $O$ 点是 $△ABC$ 的 $\underline{\quad \quad}$ 心．
【解析】 如图 $P$ 到 $△ABC$ 所在平面外一点，$O$ 是 $P$ 点在平面 $a$ 上的射影．
(1) 若 $PA、PB、PC$ 两两互相垂直，由可证得 $BC⊥OA$，$AB⊥OC$，$AC⊥OB$，即此时点 $O$ 是三角形三边高的交点，故此时点 $O$ 是三角形的垂心，故应填：垂．
(2) 若 $P$ 到 $△ABC$ 三边的距离相等，$E，F，D$ 分别是点 $P$ 在三个边上的垂足，故可证得 $OE$，$OF$，$OD$ 分别垂直于三边且相等，由内切圆的加心的定义知，此时点 $O$ 是三角形的内心，故应填：内；
(3) 若 $PA⊥BC$，$PB⊥AC$，因为 $PO⊥$ 底面 $ABC$，所以 $AO⊥BC$，同理 $BO⊥AC$，可得 $O$ 是 $△ABC$ 的垂心；故应填：垂．
(4) 若 $PA、PB、PC$ 与地面 $ABC$ 成等角，由条件可证得 $OA=OB=OC$，由三角形外心的定义知此时点 $O$ 是三角形的外心，故应填：外；
综上，三空答案依次应为垂、内、垂、外
【点拨】 三角形的四心：

 

【典题 3】 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，有几个正确 (　　)
 ①$ED⊥$ 平面 $ACD$ $\qquad$ ②$CD⊥$ 平面 $BED$ $\qquad$ ③$BD⊥$ 平面 $ACD$ $\qquad$ ④$AD⊥$ 平面 $BED$．

  A．$1$ 个 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ 个 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$3$ 个 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$4$ 个
【解析】 $∵$ 在矩形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$BC=4$，$E$ 为 $DC$ 边的中点，
$∴$ 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 $DQ⊥$ 平面 $AECB$
对于① 假设 $ED⊥$ 平面 $ACD$，则 $ED⊥AC$，
又 $∵DQ⊥AC$，则 $AC⊥$ 平面 $DEQ$$⇒QE⊥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 $CD⊥$ 平面 $BED$，则 $CD⊥BE$，
又 $∵DQ⊥BE$，则 $BE⊥$ 平面 $CDQ$$⇒BE⊥CQ$，
但由图可知只有 $D$ 点投影位于 $Q_2$ 位置时，才有 $BE⊥CQ$，此时 $CD⊂$ 平面 $BED$，显然不能满足 $CD⊥$ 平面 $BED$，产生了矛盾，故假设不成立，故②错误；

对于③ 假设 $BD⊥$ 平面 $ACD$，则 $BD⊥AC$，
又 $∵DQ⊥AC$，则 $AC⊥$ 平面 $BDQ$$⇒AC⊥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 $∵AD⊥ED$，$∴$ 若要满足 $AD⊥$ 平面 $BED$，则只需要 $AD⊥EB$，而 $DQ⊥EB$，若 $AQ⊥EB$ 便可，在折叠的过程中易得存在一个位置使得 $AQ⊥EB$($Q$ 为弧线 $Q_1 Q_2$ 与线段 $AE$ 的交点)，故④正确．

故选:$A$
【点拨】
① 对于①--③，均利用了反证法进行否决；
② 在对于运动变化的题目，一定要明确哪些量是不变的，哪些量是变化的！
 

【题型二】面面垂直的判定与性质

【典题 1】 如图，已知四棱锥 $P－ABCD$ 中，已知 $PA⊥$ 底面 $ABCD$，且底面 $ABCD$ 为矩形，则下列结论中错误的是（　　）

 A．平面 $PAB⊥$ 平面 $PAD$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．平面 $PAB⊥$ 平面 $PBC$
 C．平面 $PBC⊥$ 平面 $PCD$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．平面 $PCD⊥$ 平面 $PAD$
【解析】
方法一
对于 $A$，因为已知 $PA⊥$ 底面 $ABCD$，且底面 $ABCD$ 为矩形，
所以 $PA⊥AB$，又 $AB⊥AD$，$AB⊥$ 平面 $PAD$，
所以平面 $PAB⊥$ 平面 $PAD$，故 $A$ 正确；
对于 $B$，已知 $PA⊥$ 底面 $ABCD$，且底面 $ABCD$ 为矩形，
所以 $PA⊥BC$，又 $BC⊥AB$，所以 $BC⊥$ 平面 $PAB$，
所以平面 $PAB⊥$ 平面 $PBC$，故 $B$ 正确；
对于 $D$，已知 $PA⊥$ 底面 $ABCD$，且底面 $ABCD$ 为矩形，
所以 $PA⊥CD$，又 $CD⊥AD$，
所以 $CD⊥$ 平面 $PAD$，所以平面 $PCD⊥$ 平面 $PAD$，故 $D$ 正确；
故选 $C$．
方法二
$∵PA⊥$ 底面 $ABCD$，且底面 $ABCD$ 为矩形，
$∴$ 四棱锥 $P－ABCD$ 可视为正方体的一部分，如下图，

根据正方形的特性，$∵$ 平面 $PCD⊥$ 平面 $BCC_1 B_1$，
$∴$ 平面 $PBC⊥$ 平面 $PCD$ 是不可能的，
容易选出 $C$.
【点拨】
① 面面垂直的判定定理：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。它可以把面面垂直转化为线面垂直或线线垂直；
② 方法二比较巧妙，通过构造正方体进行求解.
 

【典题 2】 如图，直角 $△ABC$ 中，$∠ACB=90°$，$BC=2AC=4$，$D$、$E$ 分别是 $AB$、$BC$ 边的中点，沿 $DE$ 将 $△BDE$ 折起至 $△FDE$，且 $∠CEF=60°$．
  (1) 求四棱锥 $F－ADEC$ 的体积； $\qquad \qquad$ (2) 求证：平面 $ADF⊥$ 平面 $ACF$．

【解析】 (1)$D$、$E$ 分别是 $AB$、$BC$ 边的中点，
$∴DE$ 平行且等于 $AC$ 的一半，$DE⊥BC$，$DE=1$
依题意，$DE⊥EF$，$BE=EF=2$，
$∵EF∩EC=E$，$∴DE⊥$ 平面 $CEF$，
又 $∵DE⊂$ 平面 $ACED$，
$∴$ 平面 $ACED⊥$ 平面 $CEF$
作 $FM⊥EC$ 于 $M$，则 $FM⊥$ 平面 $ACED$，
$∵∠CEF=60°$，$\therefore F M=\sqrt{3}$
梯形 $ACED$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}(A C+E D) \times E C=\dfrac{1}{2}(1+2) \times 2=3$
四棱锥 $F－ADEC$ 的体积 $V=\dfrac{1}{3} S h=\dfrac{1}{3} \times 3 \times \sqrt{3}=\sqrt{3}$
(2) 方法 1
如图 2．取线段 $AF$、$CF$ 的中点 $N$、$Q$，连接 $DN$、$NQ$、$EQ$，
则 $NQ$ 平行且等于 $AC$ 的一半，
$∴NQ$ 平行且等于 $DE$，$DEQN$ 是平行四边形，$∴DN∥EQ$
$∵EC=EF$，$∠CEF=60°$，
$∴△CEF$ 是等边三角形，$EQ⊥FC$，
又 $∵DE⊥$ 平面 $CEF$，$DE⊥EQ$，$∴AC⊥EQ$，
$∵FC∩AC=C$，$∴EQ⊥$ 平面 $ACF$ $∴DN⊥$ 平面 $ACF$，
又 $DN⊂$ 平面 $ADF$，$∴$ 平面 $ADF⊥$ 平面 $ACF$
方法 2 连接 $BF$，$∵EC=EF$，$∠CEF=60°$，
$∴△CEF$ 是边长为 $2$ 等边三角形
$∵BE=EF，$$\therefore \angle E B F=\dfrac{1}{2} \angle C E F=30^{\circ}$，
$∴∠BFC=90°$，$BF⊥FC$
$DE⊥$ 平面 $BCF$，$DE∥AC$，
$∴AC⊥$ 平面 $BCF$
$∵BF⊂$ 平面 $BCF$，$∴AC⊥BF$，又 $∵FC∩AC=C$，
$∴BF⊥$ 平面 $ACF$，
又 $∵BF⊂$ 平面 $ADF$，$∴$ 平面 $ADF⊥$ 平面 $ACF$

【点拨】
① 面面垂直的性质定理：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。它利用面面垂直证明线面垂直；
② 线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化

③ 确定高的时候，要证明出它垂直底面才行 (即 $FM⊥$ 平面 $ACED$，$FM$ 才是高).
 

【典题 3】 长方形 $ABCD$ 中，$AB=2$，$BC=1$，$F$ 是线段 $DC$ 上一动点，且 $0<FC<1$．将 $△AFD$ 沿 $AF$ 折起，使平面 $AFD⊥$ 平面 $ABC$，在平面 $ABD$ 内作 $DK⊥AB$ 于 $K$，设 $AK=t$，则 $t$ 的值可能为 (　　)

 A. $\dfrac{4}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $\dfrac{3}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $\dfrac{1}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $\dfrac{1}{4}$
【解析】 如图，过 $D$ 作 $DG⊥AF$，垂足为 $G$，连接 $GK$，

$∵$ 平面 $AFD⊥$ 平面 $ABC$，
又 $DK⊥AB$，$∴AB⊥$ 平面 $DKG$，$∴AB⊥GK$．
方法一 把折叠后几何体展开为平面图形，如下图，

设 $DF=x$，
$∵0<FC<1$，$∴1<x<2$；
在 $Rt△ADF$ 中，$A F=\sqrt{1+x^{2}}$；
由对 $Rt△ADF$ 利用等积法，
可得 $\dfrac{D G \times A F}{2}=\dfrac{A D \times D F}{2} \Rightarrow D G=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$；
在 $Rt△ADG$ 中，$A G=\sqrt{A D^{2}-D G^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$；
$∵Rt△ADG∼Rt△AGK$，
$\therefore \dfrac{A K}{A G}=\dfrac{D G}{A D} \Rightarrow A K=\dfrac{x}{1+x^{2}}$，即 $t=\dfrac{x}{1+x^{2}}=\dfrac{1}{x+\dfrac{1}{x}}$
$∵1<x<2$ 由对勾函数 $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$ 可知 $2<x+\dfrac{1}{x}<\dfrac{5}{2}$
则 $\dfrac{2}{5}<\dfrac{1}{x+\dfrac{1}{x}}<\dfrac{1}{2}$，即 $t$ 的取值范围是 $\left(\dfrac{2}{5}， \dfrac{1}{2}\right)$.
方法二 把折叠后几何体展开为平面图形，如下图，

设 $∠DAG=α$，则 $∠AGK=α$，
易得 $A G=A D \times \cos \alpha=\cos \alpha$，$A K=A G \times \sin \alpha=\cos \alpha \cdot \sin \alpha=\dfrac{\sin 2 \alpha}{2}$，即 $t=\dfrac{\sin 2 \alpha}{2}$，
当 $FC=1$ 时，$F$ 为 $CD$ 的中点，此时 $\alpha=\dfrac{\pi}{4}$；
当 $FC=0$ 时，$F$ 与 $C$ 重合，此时设 $α=β$，其中 $\sin \beta=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$；
即当 $0<FC<1$ 时，$\alpha \in\left(\dfrac{\pi}{4}， \beta\right)$，$\therefore 2 \alpha \in\left(\dfrac{\pi}{2}， 2 \beta\right)$
$∵y=\sin x$ 在 $\left(\dfrac{\pi}{2}， 2 \beta\right)$ 上递减，
$\therefore \dfrac{2}{5}=\sin 2 \beta<\dfrac{\sin 2 \alpha}{2}<\dfrac{1}{2} \times \sin \dfrac{\pi}{2}=\dfrac{1}{2}$
故 $t$ 的取值范围是 $\left(\dfrac{2}{5}， \dfrac{1}{2}\right)$
故选：$B$．
【点拨】
① 对于处于变化的题目中，要注意几点：
(1) 哪些是变量，哪些是恒量 (恒量：线段 $AD=1$，$AD⊥DF$ 等；变量：线段 $DF$，角 $∠DAG$ 等)；
(2) 明确在变量中，某个变量是由哪个变量而引起变化的，“源头的变量” 在哪里；比如在方法二中，$DG$ 是变量，可以说它是随角 $∠DAG$ 变化，而角 $∠DAG$ 是随线段 $DF$ 变化，线段 $DF$ 随线段 $CF$ 变化，显然变量线段 $CF$ 是本题的 “源头的变量”；
(3) 明确相关变量之间是怎么变化的，显然线段 $DF$ 是随线段 $CF$ 增大而递减的，在方法一中可知线段 $A K=t=\dfrac{1}{x+\frac{1}{x}}$ 是随线段 $DF=x$ 的增大而递减的；
② ” 明确相关变量之间是怎么变化” 这点，本题要求 $AK=t$ 的范围，显然它由线段 $CF$ 变化的，但方法一中 $A K=t=\dfrac{x}{1+x^{2}}$(其中 $DF=x$)，方法二中 $A K=t=\dfrac{\sin 2 \alpha}{2}$(其中角 $∠DAG=α$)，选择哪个变量作为函数的自变量，主要看函数的表达是否简便、计算量是否够小，不会以线段 $CF$ 为自变量，显然方法二会更好些.
③ 求变量的取值范围，多利用函数的单调性求解，此时要注意自变量的取值范围，函数思想无处不在；
④ 本题中变量之间的关系通过平面几何的知识点得到，其中相似三角形、等积法、勾股定理、三角函数等基础知识点常常用到.
 

巩固练习

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

 A. $(1) (2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $(1) (3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $(1)(2)(4)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $(1) (3)$
 

2(★★) $PA$ 垂直于正方形 $ABCD$ 所在平面，连接 $PB$，$PC$，$PD$，$AC$，$BD$，则下列垂直关系正确的是（　　）
 ①面 $PAB⊥$ 面 $PBC$ $\qquad \qquad$ ②面 $PAB⊥$ 面 $PAD$
 ③面 $PAB⊥$ 面 $PCD$ $\qquad \qquad$ ④面 $PAB⊥$ 面 $PAC$．

 A. $(1)(2)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $(1)(3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $(2)(3)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $(2) (4)$
 

3(★★) 已知边长为 $a$ 的正 $△ABC$ 的中线 $AF$ 与中位线 $DE$ 相交于点 $G$，现将 $△AED$ 沿 $DE$ 翻折为 $△A'ED$，如图是翻折过程中的一个图形，则下列四个结论：
 ①动直线 $A'F$ 与直线 $DE$ 互相垂直；
 ②恒有平面 $A'GF⊥$ 平面 $BCED$；
 ③四棱锥 $A'－BCED$ 的体积有最大值；
 ④三棱锥 $A'－DEF$ 的侧面积没有最大值．
其中正确结论的个数是（　　）

 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$3$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$4$
 

4(★★) 如图所示，三棱锥 $P－ABC$ 的底面在平面 $α$ 内，且 $AC⊥PC$，平面 $PAC⊥$ 平面 $PBC$，点 $P$，$A$，$B$ 是定点，则动点 $C$ 的轨迹是 (　　)

  A．一条线段 $\qquad \qquad$ B．一条直线 $\qquad \qquad$ C．一个圆 $\qquad \qquad$ D．一个圆，但要去掉两个点
 

5(★★) 如图，已知平面 $α⊥$ 平面 $β$，$A、B$ 是平面 $α$ 与平面 $β$ 的交线上的两个定点，$DA⊂β$，$CB⊂β$，且 $DA⊥α$，$CB⊥α$，$AD=4$，$BC=8$，$AB=6$，在平面 $α$ 上有一个动点 $P$，使得 $∠APD=∠BPC$，则 $△PAB$ 的面积的最大值是 (　　)

 A．$24$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$32$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$12$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$48$
 
 

6(★★) 如图，在长方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，底面 $ABCD$ 是正方形，$E$ 是 $DD_1$ 的中点．
  (1) 求证：$AC⊥B_1 D$；$\qquad \qquad$ (2) 若 $B_1 D⊥$ 平面 $ACE$，求 $\dfrac{A A_{1}}{A B}$ 的值．
 
 

7(★★★) 如图，在边长为 $4$ 的菱形 $ABCD$ 中，$∠DAB=60°$．点 $E、F$ 分别在边 $CD、CB$ 上，点 $E$ 与点 $C$、$D$ 不重合，$EF⊥AC$，$EF∩AC=O$．沿 $EF$ 将 $△CEF$ 翻折到 $△PEF$ 的位置，使平面 $PEF⊥$ 平面 $ABFED$．

  (1) 求证：$BD⊥$ 平面 $POA$；
  (2) 当 $PB$ 取得最小值时，求四棱锥 $P－BDEF$ 的体积．
 
 
 

8(★★★) 如图，四棱锥 $S－ABCD$ 的底面是正方形，侧棱 $SA⊥$ 底面 $ABCD$，过 $A$ 作 $AE$ 垂直 $SB$ 交 $SB$ 于 $E$ 点，作 $AH$ 垂直 $SD$ 交 $SD$ 于 $H$ 点，平面 $AEH$ 交 $SC$ 于 $K$ 点，$P$ 是 $SA$ 上的动点，且 $AB=1$，$SA=2$．
  (1) 试证明不论点 $P$ 在何位置，都有 $DB⊥PC$；
  (2) 求 $PB+PH$ 的最小值；
  (3) 设平面 $AEKH$ 与平面 $ABCD$ 的交线为 $l$，求证：$BD∥l$．

 
 
 

参考答案

1. 【答案】 $C$
   【解析】 $∵AB$ 是 $⊙O$ 的直径，$∴AC⊥BC$，
   $∵PA⊥⊙O$ 所在平面，
   $∴PA⊥AC$，$PA⊥AB$，$PA⊥BC$，
   $∴BC⊥$ 面 $PAC$，$∴BC⊥AE$，
   $∴AE⊥PC$，
   $∵BC∩PC=C$，
   $∴AE⊥$ 面 $PBC$，∴④正确；
   $∵BC，PB⊂$ 面 $PBC$，$∴AE⊥BC$，$AE⊥PB$，
   $∴$①②正确；
   若 $AF⊥BC$，则 $AF⊥$ 面 $PBC$，
   此时 $E，F$ 重合，与已知矛盾．$∴$③错误；
   故①②④正确．
   故选 $C$．
2. 【证明】 由于 $BC⊥AB$，由 $PA$ 垂直于正方形 $ABCD$ 所在平面，所以 $BC⊥PA$，易证 $BC⊥$ 平面 $PAB$，则平面 $PAB⊥$ 平面 $PBC$；又 $AD∥BC$，故 $AD⊥$ 平面 $PAB$，则平面 $PAD⊥$ 平面 $PAB$．
   故选 $A$．
3. 【答案】 $C$
   【解析】 因为已知边长为 $a$ 的正 $△ABC$ 的中线 $AF$ 与中位线 $DE$ 相交于点 $G$，所以 $DE⊥AG$，$DE⊥A′G$，所以 $DE⊥$ 平面 $A′FG$，
   所以 $DE⊥A′F$；故①正确；
   ②由①得 $DE⊂$ 平面 $BCED$，所以平面 $A′GF⊥$ 平面 $BCED$；故②正确；
   ③三棱锥 $A′－FED$ 的底面积是定值，体积由高即 $A′$ 到底面的距离决定，当平面 $A′DE⊥$ 平面 $BCED$ 时，三棱锥 $A′－FED$ 的体积有最大值，故③正确；
   故选 $C$．
4. 【答案】 $D$
   【解析】 $∵$ 平面 $PAC⊥$ 平面 $PBC$，
   而平面 $PAC∩$ 平面 $PBC=PC$，
   又 $AC⊂$ 面 $PAC$，且 $AC⊥PC$，$∴AC⊥$ 面 $PBC$，
   而 $BC⊂$ 面 $PBC$，$∴AC⊥BC$，
   $∴$ 点 $C$ 在以 $AB$ 为直径的圆上，
   $∴$ 点 $C$ 的轨迹是一个圆，但是要去掉 $A$ 和 $B$ 两点．
   故选：$D$．
   
5. 【答案】 $C$
   【解析】 由题意平面 $α⊥$ 平面 $β$，$A、B$ 是平面 $α$ 与平面 $β$ 的交线上的两个定点，$DA⊂β$，$CB⊂β$，且 $DA⊥α$，$CB⊥α$，
   $∴△PAD$ 与 $△PBC$ 是直角三角形，又 $∠APD=∠BPC$，
   $∴△PAD∽△PBC$，又 $AD=4$，$BC=8$，
   $∴PB=2PA$
   如图，
   
   作 $PM⊥AB$，垂足为 $M$，令 $AM=t$，
   在两个 $Rt△PAM$ 与 $Rt△PBM$ 中，$AM$ 是公共边及 $PB=2PA$
   $\therefore P A^{2}-t^{2}=4 P A^{2}-(6-t)^{2}$，解得 $P A^{2}=12-4 t$
   $\therefore P M=\sqrt{12-4 t-t^{2}}$．
   $\therefore S =\dfrac{1}{2} \times AB \times PM =\dfrac{1}{2} \times 6 \times \sqrt{12-4 t-t^{2}}$$=3 \sqrt{12-4 t-t^{2}}=3 \sqrt{16-(t+2)^{2}} \leq 12$．
   即三角形面积的最大值为 $12$．
6. 【答案】 （1）见解析（2）$\sqrt{2}$
   【解析】 (1) 证明：连接 $BD$
   $∵$ 底面 $ABCD$ 是正方形，$∴AC⊥BD$
   又 $∵$ 在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，$\therefore B_{1} B \perp$ 面 $ABCD$
   $\therefore B_{1} B \perp A C$
   又因为 $B D \cap B_{1} B=B$，所以 $AC⊥$ 面 $B_{1} B D$
   又 $\because B_{1} D \subset$ 面 $B_{1} B D$，$\therefore A C \perp B_{1} D$
   (2) 连接 $D C_{1}$，$D C_{1}$ 是 $B_{1} D$ 在平面 $C C_{1} D_{1} D$ 上的射影
   $\because B_{1} D \perp$ 平面 $ACE$ 且 $CE⊂$ 平面 $ACE$，$\therefore B_{1} D \perp C E$
   $\because D C_{1}$ 是 $B_{1} D$ 在平面 $C C_{1} D_{1} D$ 上的射影，$∴CE⊥DC$
   在平面 $C C_{1} D_{1} D$ 中如图所示 $∠C_1DC=∠CED$，
   
   $\therefore \triangle C_{1} D C \sim \triangle C E D$，$\therefore \dfrac{C D}{C_{1} C}=\dfrac{E D}{C D}$，即 $\dfrac{C D}{C_{1} C}=\dfrac{\dfrac{1}{2} C_{1} C}{C D}$
   $\therefore 2 C D^{2}=C C_{1}^{2}$
   $\therefore \dfrac{C_{1} C}{C D}=\sqrt{2}$，即 $\dfrac{A A_{1}}{A B}=\sqrt{2}$
   故 $\dfrac{A A_{1}}{A B}$ 的值为 $\sqrt{2}$．
   
7. 【答案】 $(1)$ 见解析 $(2) 3$
   【解析】 (1) 证明：$∵$ 菱形 $ABCD$ 的对角线互相垂直，
   $∴BD⊥AC$，$∴BD⊥AO$，
   $∵EF⊥AC$，$∴PO⊥EF$．
   $∵$ 平面 $PEF⊥$ 平面 $ABFED$，平面 $PEF∩$ 平面 $ABFED=EF$，且 $PO⊂$ 平面 $PEF$，
   $∴PO⊥$ 平面 $ABFED$，
   $∵BD⊂$ 平面 $ABFED$，$∴PO⊥BD$．
   $∵AO∩PO=O$，$∴BD⊥$ 平面 $POA$．
   (2) 设 $AO∩BD=H$．因为 $∠DAB=60°$，
   所以 $△BDC$ 为等边三角形，
   故 $BD=4$，$HB=2$，$H C=2 \sqrt{3}$．
   又设 $PO=x$，则 $O H=2 \sqrt{3}-x$，$O A=4 \sqrt{3}-x$．
   由 $OH⊥BD$，则 $|O B|^{2}=(2 \sqrt{3}-x)^{2}+2^{2}$，
   又由 (1) 知，$PO⊥$ 平面 $BFED$，则 $PO⊥OB$
   所以 $|P B|=\sqrt{(2 \sqrt{3}-x)^{2}+2^{2}+x^{2}}=\sqrt{2(x-\sqrt{3})^{2}+10}$，
   当 $x=\sqrt{3}$ 时，$|P B|_{\min }=\sqrt{10}$．
   此时 $P O=\sqrt{3}$，$E F=\dfrac{1}{2} B D=2$，$O H=\sqrt{3}$
   所以 $V_{\text {四棱雉 P-BFED}}=\dfrac {1}{3} \cdot S_{\text {梯形 BFED }} \cdot P O=\dfrac {1}{3} \cdot \dfrac {(2+4) \sqrt {3}}{2} \cdot \sqrt {3}=3$．
8. 【答案】 （1）见解析（2）$\dfrac{\sqrt{85}}{5}$ （3）见解析
   【解析】 ((1) 证明：$∵$ 底面 $ABCD$ 是正方形 $∴DB⊥AC$，
   $∵SA⊥$ 底面 $ABCD$，$BD⊂$ 面 $ABCD$，$∴DB⊥SA$，
   又 $SA∩AC=A$ $∴BD⊥$ 平面 $SAC$，
   $∵$ 不论点 $P$ 在何位置都有 $PC⊂$ 平面 $SAC$，
   $∴DB⊥PC$．
   (2) 解：将侧面 $SAB$ 绕侧棱 $SA$ 旋转到与侧面 $SAD$ 在同一平面内，如图示，
   
   则当 $B、P、H$ 三点共线时，$PB+PH$ 取最小值，
   这时，$PB+PH$ 的最小值即线段 $BH$ 的长，
   设 $∠HAD=α$，则 $∠BAH=π－α$，
   在 $Rt△AHD$ 中，$\because A H=\dfrac{S A \cdot A D}{S D}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，$\therefore \cos \alpha=\dfrac{A H}{A D}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，
   在三角形 $BAH$ 中，有余弦定理得：
   $B H^{2}=A B^{2}+A H^{2}-2 A B \cdot A H \cos (\pi-\alpha)$$=1+\dfrac{4}{5}-2 \times \dfrac{2}{\sqrt{5}} \times\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)=\dfrac{17}{5}$，
   $\therefore(P B+P H)_{\min }=\dfrac{\sqrt{85}}{5}$．
   (3) 连结 $EH$，$∵AB=AD$，$SA=SA$，
   $∴Rt△SAB≌Rt△SAD$，
   $∴SB=SD$，又 $∵AE⊥SB$，$AH⊥SD$，
   $∴AE=AH$，$∴Rt△SEA≌Rt△SAH$，
   $∴SE=SH$，$\therefore \dfrac{S E}{S B}=\dfrac{S H}{S D}$，$∴EH∥BD$，
   又 $∵EH⊂$ 面 $AEKH$，$BD⊈$ 面 $AEKH$，$∴BD∥$ 面 $AEKH$．
   $∵$ 平面 $AEKH∩$ 平面 $ABCD=l$，$∴BD∥l$