第38講平面與平面垂直的判定與性質(zhì)鏈教材夯基固本激活思維1．已知平面α，β和直線m，l，則下列命題正確的是()A．若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l⊥βB．若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥βC．若α⊥β，l?α，則l⊥βD．若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥β2．(人A必二P158例8改)如圖，AB是圓柱上底面的一條直徑，C是上底面圓周上異于A，B的一點(diǎn)，D為下底面圓周上一點(diǎn)，且AD垂直于圓柱的底面，則必有()A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD3．(2022·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則()A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D4．如圖，在三棱錐V－ABC中，AB＝2eq\r(2)，VA＝VB，CA＝CB，VC＝1，且AV⊥BV，AC⊥BC，則二面角V－AB－C的余弦值是____．聚焦知識1．二面角(1)從一條直線出發(fā)的____所組成的圖形叫做二面角．以二面角的棱上任一點(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個半平面內(nèi)分別作____的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角．(2)二面角的平面角α的范圍：___；平面與平面的夾角的取值范圍：____．2．平面與平面垂直(1)定義：兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理：文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直____?α⊥β性質(zhì)定理兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直___?l⊥α研題型能力養(yǎng)成舉題固法面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理例1－1(2023·全國乙卷理節(jié)選)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(,2)，PB＝PC＝eq\r(,6)，BP，AP，BC的中點(diǎn)分別為D，E，O，AD＝eq\r(,5)DO，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO．(1)求證：EF∥平面ADO；(2)求證：平面ADO⊥平面BEF．(1)判定面面垂直的方法：①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理．(2)面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用：①面面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時要注意“平面內(nèi)的直線”．②若兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．例1－2(2024·深圳一調(diào)節(jié)選)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是菱形，平面ABCD⊥平面PAD，點(diǎn)M在DP上，且DM＝2MP，AD＝AP，∠PAD＝120°．求證：BD⊥平面ACM．變式1(2024·黃山一檢節(jié)選)如圖，在四棱錐A－BCDE中，AB＝BC＝AC＝CD＝2BE＝2，BE∥CD，∠BCD＝eq\f(π,2)，平面ABC⊥平面BCDE，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)．求證：平面AEC⊥平面AFD．綜合法計算二面角視角1定義法例2－1(2025·連云港期中)在四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是等腰直角三角形，DA＝DC，平面ACD⊥平面ABC，點(diǎn)E在棱BD上，使得四面體ACDE與四面體ABCD的體積之比為1∶2，則二面角D－AC－E的余弦值為___．視角2三垂線法例2－2如圖，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，則二面角A－BD－C的正切值等于____．結(jié)合三垂線定理計算二面角的方法：已知二面角α－l－β，在平面α(或平面β)內(nèi)找一合適的點(diǎn)A，作AO⊥β于點(diǎn)O，過A作AB⊥l(l是公共棱)于點(diǎn)B，則BO為斜線AB在平面β內(nèi)的射影，∠ABO為二面角α－l－β的平面角．視角3投影法例2－3若二面角內(nèi)一點(diǎn)到兩個面的距離分別為5和8，兩垂足間的距離為7，則這個二面角的大小是____．隨堂內(nèi)化1．(2025·佛山禪城一調(diào))(多選)已知直線a，b與平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分條件是()A．α⊥γ，β⊥γ B．α∥γ，β⊥γC．α∩β＝b，a⊥b，a?α D．a(chǎn)∥b，b⊥β，a?α2．(2024·聊城二模)(多選)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是正方形，則下列關(guān)系能同時成立的是()A．“AB＝PB”與“PB＝BD”B．“PA⊥PC”與“PB⊥PD”C．“PB⊥CD”與“PC⊥AB”D．“平面PAB⊥平面PBD”與“平面PCD⊥平面PBD”3．如圖，在三棱錐S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分別交AC，SC于點(diǎn)D，E，又SA＝AB，SB＝BC，則二面角E－BD－C的大小為____．4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，側(cè)面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝2，則二面角P－BC－D的大小是___．配套熱練一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·寧波二模)已知三個不重合的平面α，β，γ，若α∩β＝l，則“l(fā)⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件2．我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”．在如圖所示的“塹堵”中，AC＝CB＝CC1，則二面角C1－AB－C的正切值為()A．1 B．2C．eq\f(\r(,2),2) D．eq\r(,2)3．(2024·婁底一模)已知四棱錐P－ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，E為PC中點(diǎn)，則()A．BE∥平面PADB．PD⊥平面ABCDC．平面PAB⊥平面PADD．DE＝EB4．(2024·淮安、連云港期末)圖(1)是蜂房正對著蜜蜂巢穴開口的截面圖，它是由許多個正六邊形互相緊挨在一起構(gòu)成．可以看出蜂房的底部是由三個大小相同的菱形組成，且這三個菱形不在一個平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面體的表面菱形，圖(2)是一個菱形十二面體，它是由十二個相同的菱形圍成的幾何體，也可以看作正方體的各個正方形面上扣上一個正四棱錐，如圖(3)，若平面ABCD與平面ATBS的夾角為45°，則cos∠ASB＝()圖(1)圖(2)圖(3)A．eq\f(\r(,2),2) B．eq\f(\r(,3),2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(2\r(,2),3)二、多項(xiàng)選擇題5．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)二調(diào))設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不重合的平面，下列說法正確的有()A．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βB．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥βC．若α∥β，m?α，n⊥β，則m⊥nD．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β6．(2024·呂梁二模)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，O為A1C1與B1D1的交點(diǎn)，則下列條件中能成為“AC1＝A1C”的必要條件有()A．四邊形ACC1A1是矩形B．平面ABB1A1⊥平面ACC1A1C．平面BDD1B1⊥平面ABCDD．直線OA，BC所成的角與直線OC，AB所成的角相等7．(2024·衡陽二聯(lián))在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝4，P是棱CC1的中點(diǎn)，則()A．直線BP與B1D1所成的角為60°B．直線BP與A1D所成的角為90°C．平面A1B1P⊥平面ABPD．直線A1B與平面BDD1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(,5),5)三、填空題8．如圖，在三棱錐S－ABC中，△SBC，△ABC都是等邊三角形，且BC＝2，SA＝eq\r(,3)，則二面角S－BC－A的大小為____．9．如圖，已知邊長為a的正方形ABCD外有一點(diǎn)P，且PA⊥平面ABCD，PA＝a，則二面角P－BD－A所成平面角的正切值為____．四、解答題10．在四棱錐E－ABCD中，ED⊥平面EBC，AD＝ED，底面ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，AB＝BC＝2AD．(1)若點(diǎn)F在線段BC上，試確定F的位置，使平面DEF⊥平面ABCD，并給出證明；(2)根據(jù)(1)的條件，若EF＝eq\r(,3)，求四棱錐E－ABCD的體積．11．(2025·錦州期中)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C⊥底面ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C．(1)求證：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值．第38講平面與平面垂直的判定與性質(zhì)激活思維1.D【解析】若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，則l?β或l∥β或l與β相交，A錯誤；若α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l與β相交但不一定垂直，B錯誤；若α⊥β，l?α，則l?β或l∥β或l與β相交，C錯誤；若α⊥β，α∩β＝m，l?α，l⊥m，則l⊥β，由面面垂直的性質(zhì)定理可知D正確．2.B【解析】因?yàn)锳B是圓柱上底面的一條直徑，所以AC⊥BC，又AD垂直于圓柱的底面，所以AD⊥BC，因?yàn)锳C∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，所以BC⊥平面ACD.因?yàn)锽C?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD.3.A【解析】如圖，對于A，在正方體ABCDA1B1C1D1中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，則有EF⊥BD.又BB1⊥EF，從而EF⊥平面BDD1.又因?yàn)镋F?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正確．對于B，因?yàn)槠矫鍭1BD∩平面BDD1＝BD，顯然BD不垂直于平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故B錯誤．對于C，由題意知直線AA1與直線B1E必相交，故平面B1EF與平面A1AC有公共點(diǎn)，從而C錯誤．對于D，連接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D.又因?yàn)槠矫鍭B1C與平面B1EF有公共點(diǎn)B1，所以平面AB1C與平面B1EF不平行，則平面A1C1D與平面B1EF不平行，故D錯誤．(第3題)4.eq\f(3,4)【解析】取AB的中點(diǎn)O，連接VO，OC，如圖所示．因?yàn)閂A＝VB，O為AB的中點(diǎn)，則VO⊥AB，且AV⊥BV，AB＝2eq\r(2)，所以VO＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(2).因?yàn)镃A＝CB，O為AB的中點(diǎn)，可得OC⊥AB.又因?yàn)锳C⊥BC，所以O(shè)C＝eq\r(2)，則二面角VABC的平面角為∠VOC，由余弦定理得cos∠VOC＝eq\f(VO2＋OC2－VC2,2VO·OC)＝eq\f(3,4)，因此二面角VABC的余弦值為eq\f(3,4).(第4題)聚焦知識1.兩個半平面垂直于棱[0，π]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))2.(2)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α，,l?β))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β，,α∩β＝a，,l⊥a，,l?β))舉題固法【解答】(1)如圖，在Rt△ABC中，O為BC中點(diǎn)，AB＝2，BC＝2eq\r(,2)，BO＝eq\r(,2)，所以Rt△BAO∽Rt△BCA.設(shè)BF∩AO＝Q，因?yàn)锽F⊥AO，所以Rt△QBO∽Rt△BAO，所以∠QBO＝∠BAO＝∠BCA，所以BF＝CF.又∠ABC＝90°，故F為AC中點(diǎn)．又E為AP中點(diǎn)，所以EF∥PC.因?yàn)镻C∥DO，所以EF∥DO.又EF?平面ADO，DO?平面ADO，所以EF∥平面ADO.(例11)(2)由(1)知，AO＝eq\r(,6).又D為BP中點(diǎn)，所以O(shè)D＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(,6),2).又AD＝eq\r(,5)DO＝eq\f(\r(,30),2)，在△AOD中，AD2＝5DO2＝DO2＋AO2，即∠AOD＝90°，所以AO⊥DO.又DO∥PC∥EF，所以AO⊥EF.又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF?平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.例12【解答】不妨設(shè)AD＝AP＝3，因?yàn)椤螾AD＝120°，DM＝2MP，所以DP＝3eq\r(3)，DM＝2eq\r(3)，PM＝eq\r(3)，由余弦定理得AM＝eq\r(AP2＋MP2－2AP·MPcos30°)＝eq\r(3).在△ADM中，AD2＋AM2＝DM2，所以MA⊥AD.因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，MA?平面PAD，所以MA⊥平面ABCD.因?yàn)锽D?平面ABCD，所以MA⊥BD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD.又因?yàn)锳C∩MA＝A，且AC?平面ACM，MA?平面ACM，所以BD⊥平面ACM.變式1【解答】因?yàn)镕為BC的中點(diǎn)，所以FC＝1.又CD＝2BE＝2，∠BCD＝eq\f(π,2)，BE∥CD，所以∠EBC＝eq\f(π,2)，BE＝1，所以△EBC≌△FCD，可得∠ECB＝∠FDC.易知∠DFC＋∠FDC＝eq\f(π,2)，所以∠DFC＋∠ECB＝eq\f(π,2)，即DF⊥EC.由AB＝BC＝AC，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，可得AF⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AF?平面ABC，所以AF⊥平面BCDE.又EC?平面BCDE，所以AF⊥EC.又AF∩DF＝F，AF，DF?平面AFD，所以EC⊥平面AFD，因?yàn)镋C?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFD.例21eq\f(1,2)【解析】設(shè)DA＝DC＝2，則AB＝BC＝AC＝2eq\r(,2)，取AC中點(diǎn)F，所以BF＝ABsin60°＝eq\r(6)，DF＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2).因?yàn)閑q\f(VEACD,VBACD)＝eq\f(1,2)，所以E為BD中點(diǎn)．因?yàn)槠矫鍭CD⊥平面ABC，AD＝CD，AB＝BC，所以DF⊥AC，BF⊥AC，所以AC⊥平面BDF，所以BF⊥DF，所以BD＝2eq\r(2)，DE＝eq\r(2)，EF＝eq\r(2)，AC⊥EF.又因?yàn)镈F⊥AC，所以二面角DACE的平面角為∠DFE，所以cos∠DFE＝eq\f(DF2＋EF2－DE2,2DF×EF)＝eq\f(1,2).(或由此時△DEF為等邊三角形知∠DFE＝60°，所以cos∠DFE＝eq\f(1,2))(例21)例22－2【解析】如圖，在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)A作AH⊥BC，垂足為H，連接DH，由題意知DH⊥BC，又AH∩DH＝H，AH，DH?平面AHD，所以BC⊥平面AHD.因?yàn)椤鰽BC和△BCD所在的平面互相垂直，且平面ABC∩平面BCD＝BC，所以AH⊥平面BCD，過點(diǎn)H作HR⊥BD，垂足為R，連接AR，因?yàn)锳H⊥平面BCD，BD?平面BCD，所以AH⊥BD.因?yàn)锳H∩HR＝H，AH，HR?平面AHR，所以BD⊥平面AHR.又AR?平面AHR，所以BD⊥AR，故∠ARH為二面角ABDC的平面角的補(bǔ)角．設(shè)BC＝a，則由題設(shè)知，DH＝AH＝BDsin60°＝eq\f(\r(,3),2)a，HB＝BDcos60°＝eq\f(a,2).在△HDB中，HR＝HBsin60°＝eq\f(a,2)×eq\f(\r(,3),2)＝eq\f(\r(,3),4)a，所以tan∠ARH＝eq\f(AH,HR)＝2，故二面角ABDC的正切值為－2.(例22)例23eq\f(2π,3)【解析】如圖，設(shè)P為二面角內(nèi)一點(diǎn)，PB⊥β，PA⊥α，α∩β＝l，由題知PB＝5，PA＝8，AB＝7.設(shè)平面PAB∩l＝C，AC⊥l，BC⊥l，則二面角θ的平面角為∠ACB.由四邊形的性質(zhì)可知，∠APB與∠ACB互補(bǔ)，則cos∠APB＝cos(π－θ)＝eq\f(52＋82－72,2×5×8)＝eq\f(1,2)，所以cosθ＝－eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(2π,3)(例23)隨堂內(nèi)化1.BD【解析】對于A，α⊥γ，β⊥γ，α，β也可能平行，故錯誤；對于B，若α∥γ，β⊥γ，則α⊥β，故正確；對于C，α∩β＝b，a⊥b，a?α，由線面垂直的判定定理可知a不一定垂直于β，故α，β也不一定垂直，故錯誤；對于D，由a∥b，b⊥β，可得a⊥β，再由a?α，可證α⊥β，故正確．2.BC【解析】對于A，由底面ABCD是正方形，則AB≠DB，所以當(dāng)AB＝PB時，PB＝BD不成立，故A錯誤；對于B，如圖，設(shè)底面正方形中心為O，則P在以O(shè)為球心，以O(shè)A為半徑的球面上時可符合題意，故B正確；對于C，當(dāng)平面PBC⊥底面ABCD時，由面面垂直的性質(zhì)可知AB⊥平面PBC，CD⊥平面PBC，顯然符合題意，故C正確；對于D，由于兩相交平面同時垂直于第三個平面時交線垂直于第三個平面，若“平面PAB⊥平面PBD”與“平面PCD⊥平面PBD”同時成立，易知P∈平面PAB∩平面PCD，可設(shè)平面PAB∩平面PCD＝l，則P∈l，則l⊥平面PBD，易知AB∥CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，所以AB∥平面PCD，又AB?平面PAB，則l∥AB，則有AB⊥平面PBD，顯然AB⊥BD不成立，故D錯誤．(第2題)3.60°【解析】因?yàn)镾B＝BC，且E是SC的中點(diǎn)，所以BE是等腰三角形SBC底邊SC的中線，所以SC⊥BE.又SC⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE?平面BDE，所以SC⊥平面BDE，所以SC⊥BD.又SA⊥平面ABC，BD?平面ABC，所以SA⊥BD，又SC∩SA＝S，SC，SA?平面SAC，所以BD⊥平面SAC.因?yàn)槠矫鍿AC∩平面BDE＝DE，平面SAC∩平面BDC＝DC，所以BD⊥DE，BD⊥DC，所以∠EDC是所求二面角的平面角．因?yàn)镾A⊥底面ABC，所以SA⊥AB，SA⊥AC.設(shè)SA＝2，因?yàn)锳B⊥BC，所以AC＝2eq\r(3)，∠ACS＝30°.又DE⊥SC，所以∠EDC＝60°.即二面角EBDC的大小為60°.4.eq\f(π,3)【解析】如圖，過點(diǎn)P作PM⊥AD，垂足為M，過點(diǎn)M作MN⊥BC，垂足為N，連接PN.因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又PM⊥AD，PM?平面PAD.根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得，PM⊥平面ABCD.又BC?平面ABCD，故PM⊥BC.又BC⊥MN，MN∩PM＝M，MN，PM?平面PMN，故BC⊥平面PMN.由PN?平面PMN，知BC⊥PN，于是二面角PBCD的平面角為∠PNM.在Rt△PMN中，PM＝eq\r(,3)，MN＝1，∠PMN＝eq\f(π,2)，則tan∠PNM＝eq\f(PM,MN)＝eq\r(,3)，則∠PNM＝eq\f(π,3).(第4題)配套精煉1.C【解析】由于α∩β＝l，所以l?α，l?β.若l⊥γ，則α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立．若α⊥γ，β⊥γ，設(shè)α∩γ＝m，β∩γ＝n，則存在直線a?γ，使得a⊥m，所以a⊥α.由于l?α，故a⊥l.同理存在直線b?γ，使得b⊥n，所以b⊥β，由于l?β，故b⊥l.由于a，b不平行，所以a，b是平面γ內(nèi)兩條相交直線，所以l⊥γ，故必要性成立．2.D【解析】由AC＝CB知AC⊥CB.如圖，取AB的中點(diǎn)M，連接C1M，CM，由條件可知∠C1MC即為二面角C1ABC的平面角．設(shè)AC＝CB＝CC1＝a，則CM＝eq\f(\r(,2),2)a，所以tan∠C1MC＝eq\f(CC1,CM)＝eq\r(,2).(第2題)3.C【解析】對于A，易知BC∥平面PAD，因?yàn)锽E∩BC＝B，且兩條直線都在平面PBC內(nèi)，所以BE不可能平行于平面PAD，故A錯誤．對于B，因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，若PD⊥平面ABCD，則PD⊥AD，由題設(shè)條件知不一定成立，故B錯誤．對于C，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AB⊥AD.由以上分析知AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故C正確．對于D，沒有任何條件可以證明DE＝EB，故D錯誤．(第3題)4.C【解析】如圖，連接AC，BD相交于點(diǎn)O，連接SO，則SO⊥平面ABCD，取AB的中點(diǎn)E，連接SE，OE.因?yàn)镾A＝SB，OA＝OB，所以SE⊥AB，OE⊥AB，所以∠SEO即為平面ABCD與平面ATBS的夾角，即∠SEO＝45°.設(shè)AE＝a，則OE＝OS＝a，所以SE2＝OS2＋OE2＝2a2，SA2＝SB2＝SE2＋BE2＝3a2.在△SAB中，由余弦定理得cos∠ASB＝eq\f(SB2＋SA2－AB2,2SB×SA)＝eq\f(3a2＋3a2－4a2,2×3a2)＝eq\f(1,3).(第4題)5.BCD【解析】對于A，若m⊥n，m?α，n?β，不能推出m⊥β或n⊥α，則不能推出α⊥β，故A錯誤；對于B，若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故B正確；對于C，若α∥β，n⊥β，則n⊥α，又m?α，所以m⊥n，故C正確；對于D，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，說明與α和β垂直的法向量互相垂直，則α⊥β，故D正確．6.ACD【解析】要成為“AC1＝A1C”的必要條件，則該條件可由“AC1＝A1C”推出．對于A，因?yàn)樵谄叫辛骟wABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四邊形ACC1A1為平行四邊形．又AC1＝A1C，所以四邊形ACC1A1為矩形，故A正確．對于B，假設(shè)平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，由選項(xiàng)A可知四邊形ACC1A1為矩形，則AC⊥AA1.又平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，AC?平面ACC1A1，所以AC⊥平面ABB1A1.因?yàn)锳B?平面ABB1A1，所以AC⊥AB，與四邊形ABCD為正方形矛盾，故B錯誤．對于C，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AC⊥BD，因?yàn)锳C⊥AA1，AA1∥BB1，所以AC⊥BB1，又BB1∩BD＝B，BB1，BD?平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又AC?平面ABCD，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，故C正確．對于D，因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1為矩形，O為A1C1的中點(diǎn)，易得OA＝OC，又正方形ABCD中，AD＝CD，OD是公共邊，所以△OAD≌△OCD，則∠OAD＝∠OCD.又BC∥AD，AB∥CD，所以∠OAD，∠OCD分別為直線OA，BC所成的角與直線OC，AB所成的角(或其補(bǔ)角)，則直線OA，BC所成的角與直線OC，AB所成的角相等，故D正確．7.AC【解析】如圖所示，對于A，因?yàn)锽D∥B1D1，所以∠DBP為直線BP與B1D1所成的角或其補(bǔ)角，易知BP＝BD＝DP＝2eq\r(,2)，即△DBP為等邊三角形，所以∠DBP＝60°，故A正確；對于B，因?yàn)锳1D∥B1C，所以∠BEC為直線BP與A1D所成的角或其補(bǔ)角，若∠BEC＝90°，則△BB1C∽△PCB，則eq\f(BC,BB1)＝eq\f(PC,BC)，而PC＝BC＝2，BB1＝4不滿足上式，故B錯誤．對于C，易知BP＝2eq\r(,2)＝B1P，BB1＝4，滿足B1P2＋BP2＝B1B2，所以BP⊥B1P.又BP⊥A1B1，B1P∩A1B1＝B1，可得BP⊥平面A1B1P，又BP?平面ABP，所以平面A1B1P⊥平面ABP，故C正確．對于D，連接A1C1，B1D1交于點(diǎn)F，由正方形性質(zhì)可得A1F⊥B1D1，由直棱柱性質(zhì)可知BB1⊥平面A1B1C1D1，又A1F?平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1F.又BB1∩B1D1＝B1，可得A1F⊥平面BDD1B1，所以∠A1BF為直線A1B與平面BDD1B1所成的角．因?yàn)锳1F＝eq\r(,2)，A1B＝2eq\r(,5)，所以sin∠A1BF＝eq\f(\r(,2),2\r(,5))＝eq\f(\r(,10),10)，故D錯誤．(第7題)8.60°【解析】如圖，取BC的中點(diǎn)D，連接AD，SD.因?yàn)椤鰽BC，△SBC都是等邊三角形，所以SB＝SC，AB＝AC，因此有AD⊥BC，SD⊥BC，所以∠ADS為平面SBC與平面ABC所成的二面角的平面角．因?yàn)锽C＝2，所以SD＝eq\r(,SB2－BD2)＝eq\r(,4－1)＝eq\r(,3)，AD＝eq\r(,AB2－BD2)＝eq\r(,4－1)＝eq\r(,3)，而SA＝eq\r(,3)，所以△SDA是正三角形，所以∠ADS＝60°，即二面角SBCA的大小為60°.(第8題)9.eq\r(,2)【解析】如圖，設(shè)AC∩BD＝O，連接PO，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD，AO?平面ABCD，所以PA⊥AO，PA⊥BD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以BD⊥AO.因?yàn)镻A∩AO＝A，PA，AO?平面PAO，所以BD⊥平面PAO.又PO?平面PAO，所以BD⊥PO，所以∠POA是二面角PBDA的平面角．由AO＝eq\f(\r(,2),2)a，PA＝a，得tan∠POA＝eq\f(PA,AO)＝eq\f(a,\f(\r(,2),2)a)＝eq\r(,2).(第9題)10.【解答】(1)當(dāng)點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)時，平面DEF⊥平面ABCD.證明如下：由F是BC的中點(diǎn)，得BF＝eq\f(1,2)BC，又AD∥BC，BC＝2AD，所以AD∥BF，AD＝BF，則四邊形ADFB是平行四邊形．又∠BAD＝∠CBA＝90°，得四邊形ADFB是矩形，故BC⊥DF.