1.()在長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點A1到截面AB1D1的距離是( )
A.
B.
C.
D.
2.()在直二面角α-l-β中，直線a
α,直線bβ,a、b與l斜交，則( )
A.a不和b垂直，但可能a∥b B.a可能和b垂直，也可能a∥b
C.a不和b垂直，a也不和b平行 D.a不和b平行，但可能a⊥b
3.()設X、Y、Z是空間不同的直線或平面，對下面四種情形，使“X⊥Z且Y⊥Z
X∥Y”為真命題的是_________(填序號).
①X、Y、Z是直線 ②X、Y是直線，Z是平面 ③Z是直線，X、Y是平面 ④X、Y、Z是平面
4.()設a,b是異面直線，下列命題正確的是_________.
①過不在a、b上的一點P一定可以作一條直線和a、b都相交
②過不在a、b上的一點P一定可以作一個平面和a、b都垂直
③過a一定可以作一個平面與b垂直
④過a一定可以作一個平面與b平行
5.()如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PA垂直于底面，E、F分別是AB、PC的中點.
(1)求證：CD⊥PD;
(2)求證：EF∥平面PAD;
(3)當平面PCD與平面ABCD成多大角時，直線EF⊥平面PCD？
6.()如圖，在正三棱錐A-BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分別交AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H.
(1)判定四邊形EFGH的形狀，并說明理由.
(2)設P是棱AD上的點，當AP為何值時，平面PBC⊥平面EFGH，請給出證明.
7.()如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都相等，D、E分別是CC1和AB1的中點，點F在BC上且滿足BF∶FC=1∶3.
(1)若M為AB中點，求證：BB1∥平面EFM；
(2)求證：EF⊥BC；
(3)求二面角A1-B1D-C1的大小.
8.()如圖，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB=
∠C1CD=∠BCD=60°,
(1)證明：C1C⊥BD；
(2)假定CD=2，CC1=
，記面C1BD為α,面CBD為β,求二面角α-BD-β的平面角的余弦值；
(3)當
的值為多少時，可使A1C⊥面C1BD？
難點26 垂直與平行 垂直與平行是高考的重點內容之一，考查內容靈活多樣.本節(jié)主要幫助考生深刻理解線面平行與垂直、面面平行與垂直的判定與性質，并能利用它們解決一些問題. ●難點磁場 ()已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分別是AB、A1B1的中點，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，異面直線AB1和C1B互相垂直. (1)求證：AB1⊥C1D1； (2)求證：AB1⊥面A1CD； (3)若AB1=3，求直線AC與平面A1CD所成的角. ●案例探究 ［例參考答案
參考答案
難點磁場
1.(1)證明：∵A1C1=B1C1，D1是A1B1的中點，∴C1D1⊥A1B1于D1，
又∵平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，∴C1D1⊥平面A1B1BA，
而AB1平面A1ABB1，∴AB1⊥C1D1.
(2)證明：連結D1D，∵D是AB中點，∴DD1
CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得CD⊥AB1，又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂線定理得BD1⊥AB1，
又∵A1D∥D1B，∴AB1⊥A1D而CD∩A1D=D，∴AB1⊥平面A1CD.
(3)解：由(2)AB1⊥平面A1CD于O，連結CO1得∠ACO為直線AC與平面A1CD所成的角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=
，
∴∠OCA=
.
殲滅難點訓練
一、1.解析：如圖，設A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交線為AO1，在面AA1O1內過A1作A1H⊥AO1于H，則易知A1H長即是點A1到平面AB1D1的距離，在Rt△A1O1A中，A1O1=
，AO1=3，由A1O1.A1A=h.AO1,可得A1H=.
答案：C
2.解析：如圖，在l上任取一點P，過P分別在α、β內作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一點A，過A作AC⊥l，垂足為C，則AC⊥β,過C作CB⊥b′交b′于B，連AB，由三垂線定理知AB⊥b′，
∴△APB為直角三角形,故∠APB為銳角.
答案：C
二、3.解析：①是假命題，直線X、Y、Z位于正方體的三條共點棱時為反例，②③是真命題，④是假命題，平面X、Y、Z位于正方體的三個共點側面時為反例.
答案：②③
4.④
三、5.證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD內的射影，
∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.
(2)取CD中點G，連EG、FG，
∵E、F分別是AB、PC的中點，∴EG∥AD，FG∥PD
∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD
(3)解：當平面PCD與平面ABCD成45°角時，直線EF⊥面PCD
證明：G為CD中點，則EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF為平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，從而得∠ADP=45°，AD=AP
由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE
又F是PC的中點，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.
6.(1)證明：
同理EF∥FG，∴EFGH是平行四邊形
∵A-BCD是正三棱錐，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，
∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，
∴HG⊥EH，四邊形EFGH是矩形.
(2)作CP⊥AD于P點，連結BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG面EFGH.面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=
a.
7.(1)證明：連結EM、MF，∵M、E分別是正三棱柱的棱AB和AB1的中點，
∴BB1∥ME，又BB1
平面EFM，∴BB1∥平面EFM.
(2)證明：取BC的中點N，連結AN由正三棱柱得：AN⊥BC，
又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中點，故MF∥AN，
∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME.
∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，
又EF平面EFM，∴BC⊥EF.
(3)解：取B1C1的中點O，連結A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由點O作B1D的垂線OQ，垂足為Q，連結A1Q，由三垂線定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD為二面角A1-B1D-C的平面角，易得∠A1QO=arctan
.
8.(1)證明：連結A1C1、AC，AC和BD交于點O，連結C1O，
∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共邊，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D
∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O
∴BD⊥平面AC1，又C1C平面AC1，∴C1C⊥BD.
(2)解：由(1)知AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC是二面角α-BD-β的平面角.
在△C1BC中，BC=2，C1C=，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+()2－2×2××cos60°=
.
∵∠OCB=30°,∴OB=
,BC=1,C1O=,即C1O=C1C.
作C1H⊥OC，垂足為H，則H是OC中點且OH=，∴cosC1OC=
(3)解：由(1)知BD⊥平面AC1，∵A1O平面AC1，∴BD⊥A1C，當=1時，平行六面體的六個面是全等的菱形，同理可證BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD.