2023新高考数学一轮复习创新课件-第8章-第5讲-空间直线、平面的垂直.pptVIP

解析因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，又因为AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故选D.解析7．(2020·新高考Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20° B．40°C．50° D．90°答案解析画出截面图如图所示，其中CD是赤道所在平面的截线，l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l，AB是晷针所在直线，m是晷面的截线，依题意，晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m.由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG＋∠GAE＝∠BAE＋∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE＝40°.故选B.解析8．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则()A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案解析解法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与D1B异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以A正确．故选A．解析解析解(1)证明：∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，即△A1C1B1是等腰直角三角形．又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1.∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.解解角度利用线面垂直证明线线垂直例3(2022·福建漳州高三模拟)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1.(1)求证：A1C⊥B1D1；(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN∥A1C．证明(1)连接A1C1(图略)．∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1?平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1.∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.又CC1∩A1C1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C．又A1C?平面A1C1C，∴A1C⊥B1D1.(2)连接B1A，AD1(图略)．∵B1C1綊AD，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴C1D∥AB1.证明∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.又MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，∴MN⊥平面AB1D1.易得A1C⊥AB1，由(1)知A1C⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1，∴MN∥A1C．证明(1)证明线线垂直的常用方法①利用特殊图形中的垂直关系．②利用直线与平面垂直的性质．(2)证明线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理，它是最常用的思路．②利用线面垂直的性质：若两条平行线之一垂直于某平面，则另一条线必垂直于该平面．③利用面面垂直的性质a．两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．b．若两个相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．证明4．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，又AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC．又AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC