【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第41讲 直线、平面垂直的判定与性质（达标检测） Word版含解析.docx，共(21)页，2.749 MB，由小赞的店铺上传

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第41讲直线、平面垂直的判定与性质（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•海淀区校级期末）三棱锥VABC−中，侧面VBC⊥底面ABC，45ABC=，VAVB=，ACAB=．则()A．ACBC⊥B．VBA

C⊥C．VABC⊥D．VCAB⊥【分析】由题易知，ABC为等腰直角三角形，且45ACBABC==，即选项A错误；过点V作VOBC⊥于O，连接OA，由面面垂直的性质定理可证得VO⊥平面ABC，即V在底面ABC上的投影为点O，从而得VOBC⊥

；由VAVB=和VO⊥平面ABC可推出OAOB=，45OABOBA==，即OABC⊥，结合线面垂直的判定定理得BC⊥平面VOA，从而得VABC⊥，即选项C正确；由三垂线定理可知选项B和D均错误．【解

答】解：45ABC=，ACAB=，ABC为等腰直角三角形，且45ACBABC==，AC与BC不垂直，即选项A错误；过点V作VOBC⊥于O，连接OA，侧面VBC⊥底面ABC，面VBC面ABCBC

=，VO⊥面ABC，即V在底面ABC上的投影为点O，BC面ABC，VOBC⊥．VAVB=，OAOB=，45OABOBA==，OABC⊥，VO、OA面VOA，VOOAO=，BC⊥面VO

A，VA面VOA，VABC⊥，即选项C正确；由三垂线定理知，若VBAC⊥，VCAB⊥，则BCAC⊥，BCAB⊥，这与45ACBABC==相矛盾，即选项B和D均错误．故选：C．2．（2020•眉山模拟）在如图，在以下

四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有()A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】对四个图，分别运用异面直线所成角的定义和线面垂直的性质定理和判定定理，即可得到结论．【解答】解：对于①，由//ADCE，且AB与CE成45的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，由于

ABDE⊥，ABCE⊥，由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面CDE；对于③，AB与CE成60的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，连接BF，由正方形的性质可得DEBF⊥，而AF⊥平面EFDB，可得A

FDE⊥，则DE⊥平面ABF，即有DEAB⊥，同理可得ABCE⊥，所以AB⊥平面CDE．综上，②④满足题意．故选：B．3．（2020•商洛模拟）已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，

则必有()A．平面ABC⊥平面BCDB．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACDD．平面BCD⊥平面ABD【分析】画出图形，结合直线与平面垂直的判断定理，转化证明平面与平面垂直，推出结果即可．【解答】解：因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以ACBC⊥，又AD垂直圆

柱的底面，所以ADBC⊥，因为ACADA=，所以BC⊥平面ACD，因为BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD．故选：B．4．（2020•五华区校级模拟）在长方体1111ABCDABCD−中，2ABAD=，E为棱CD的中点，则

()A．11AEDD⊥B．1AEDB⊥C．111AEDC⊥D．11AEDB⊥【分析】连结AE，BD，则2ABADADDE==，ABDDAE∽，从而DAEABD=，进而AEBD⊥，BD⊥平面1AAE，由此得到1AEDB⊥．【解答】解：连结AE，BD，因为

2ABAD=，所以2ABADADDE==，所以ABDDAE∽，所以DAEABD=，所以90EABABD+=，即AEBD⊥，所以BD⊥平面1AAE，所以1AEDB⊥．故选：B．5．（2020春•芝罘区校级期末）如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B

的任意一点，AEPC⊥垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是()A．BC⊥平面PACB．AEEF⊥C．ACPB⊥D．平面AEF⊥平面PBC【分析】在A中，推导出BCAC⊥，PABC⊥，从而BC⊥平面PAC，可

得正确；在B中，由BC⊥平面PAC，可证BCAE⊥，又AEPC⊥，可证AE⊥平面PBC，即可证明AEEF⊥，可得正确；在C中，由ACBC⊥，得若ACPB⊥，则AC⊥平面PBC，与ACPA⊥矛盾，可得错误；在D中，由AE⊥平面PBC，AE面AEF，即可证明平面AEF

⊥平面PBC，可得正确．【解答】解：在A中，C为圆上异于A，B的任意一点，BCAC⊥，PABC⊥，PAACA=，BC⊥平面PAC，故A正确；在B中，BC⊥平面PAC，AE平面PAC，BCAE⊥，AEPC⊥，PCBCC=，AE⊥平面PBC，EF平面PBC，

AEEF⊥，故B正确；在C中若ACPB⊥，则AC⊥平面PBC，则ACPC⊥，与ACPA⊥矛盾，故AC与PB不垂直，故C错误；在D中，AE⊥平面PBC，AE面AEF，平面AEF⊥平面PBC，故D正确．故选：C．6．

（2020•长春四模）已知直线a和平面、有如下关系：①⊥，②//，③a⊥，④//a，则下列命题为真的是()A．①③④B．①④③C．③④①D．②③④【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项

得答案．【解答】解：对于A，由⊥，a⊥，可得//a或a，故A错误；对于B，由⊥，//a，可得a或//a或a与相交，故B错误；对于C，由//a，过a作平面与相交，交线为b，则//ab，a⊥，b⊥，而b，可得⊥，故C正确；对于D，由//，

a⊥，可得a⊥，故D错误．故选：C．7．（2019秋•延吉市校级月考）已知三棱锥PABC−中，若PA，PB，PC两两互相垂直，作PO⊥平面ABC，垂足为O，则点O是ABC的()A．外心B．内心C．重心D．垂心

【分析】由题意分析可证得BEAC⊥、ADBC⊥，符合这一性质的点O是ABC垂心．【解答】解：连结AO并延长，交BC与D连结BO并延长，交AC与E；因PAPB⊥，PAPC⊥，故PA⊥面PBC，故PABC⊥；因PO

⊥面ABC，故POBC⊥，故BC⊥面PAO，故AOBC⊥，即ADBC⊥；同理：BEAC⊥；故O是ABC的垂心．故选：D．8．（2020春•海淀区校级期末）把边长为4的正方形ABCD，沿对角线BD折成空间四边形ABCD，使得平面ABD⊥平面BCD，则空间四边形ABCD的对角线A

C的长为()A．4B．42C．2D．22【分析】根据题意画出图形，结合图形求出空间四边形ABCD的对角线AC的长．【解答】解：如图所示，取BD的中点O，连接AO、CO，则AOBD⊥，COBD⊥，由平面ABD⊥平面BCD，且平

面ABD平面BCDBD=，所以90AOC=；又11422222AOCOBD====，所以2228816ACAOCO=+=+=，所以4AC=，即空间四边形ABCD的对角线4AC=．故选：A．9．（2020•昆明一模）如图1，已知PABC是直角梯形，//ABPC，ABBC⊥，D

在线段PC上，ADPC⊥．将PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是()A．平面PAB⊥平面PBCB．BC⊥平面PDCC．PDAC⊥D．2PBAN=【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确

；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BCCD⊥判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到PAB为直角三角形，判定D正确；由错误的选项存在可知A错误．【解答】解：如图，图1中ADPC⊥，则图2中PDAD⊥，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD

AD=，PD⊥平面ABCD，则PDAC⊥，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC平面ABCDCD=，BC平面ABCD，BCCD⊥，BC⊥平面PDC，故选项B正确；A

BAD⊥，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD=，AB⊥平面PAD，则ABPA⊥，即PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则2PBAN=，故选项D正确．因此错误的只能

是A．故选：A．10．（2020•合肥模拟）已知四棱锥SABCD−中，四边形ABCD为等腰梯形，//ADBC，120BAD=，SAD是等边三角形，且23SAAB==，若点P在四棱锥SABCD−的外接球面上运动，记点P

到平面ABCD的距离为d，若平面SAD⊥平面ABCD，则d的最大值为()A．131+B．132+C．151+D．152+【分析】依题意，3MBC=，取BC的中点E，作OE⊥平面ABCD，OF⊥平面SAB，则O是人锥SABCD−的外接球的球心，且3OFDE==，2AF=，设四棱

锥SABCD−的外接球半径为R，则22213RSFOF=+=，1OEDF==，由此当四棱锥SABCD−的体积最大时，能求出当d的最大值．【解答】解：依题意，3MBC=，取BC的中点E，则E是等腰梯形A

BCD外接圆的圆心，F是SAD的外心，作OE⊥平面ABCD，OF⊥平面SAB，则O是人锥SABCD−的外接球的球心，且3OFDE==，2AF=，设四棱锥SABCD−的外接球半径为R，则22213RSFOF=+=，则1OEDF==，当四棱锥SABCD−的体积最大时，131ma

xdROE=+=+．故选：A．11．（多选）（2020春•韶关期末）在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PDDC=，E是棱PC的中点，作EFPB⊥交PB于点F，则有()A．异面直

线PA与BD所成角大小为3B．平面PAC⊥平面PBDC．PB⊥平面EFDD．BDED⊥【分析】连结AC，BD，交于点O，连结OE，推导出//PAOE，从而EOC是异面直线PA与BD所成角，推导出OEOCEC==，从而求出异面直线PA与BD所成角大小为3；推导出PDAC⊥，ACBD⊥，从

而AC⊥平面ABCD，由此得到平面PAC⊥平面PDB；推导出PDBC⊥，BCCD⊥，DEPC⊥，从而DE⊥平面PBC，进而PBDE⊥，再由EFPB⊥，得到PB⊥平面EFD；由DE⊥平面PBC，知DEEB⊥．【解答】解：如图，连结AC

，BD，交于点O，连结OE，底面ABCD是正方形，O是AC中点，E是棱PC的中点，//PAOE，EOC是异面直线PA与BD所成角，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PDDC=，OEOCEC==，3EOC=，异面直线PA与BD所成角大小为3

，故A正确；PD⊥平面ABCD，PDAC⊥，又ACBD⊥，PDDBD=，PD平面PDB，BD平面PBD，AC⊥平面ABCD，又AC平面PAC，平面PAC⊥平面PDB，故B正确；PD⊥平面ABCD，PDBC⊥，由底面

ABCD是正方形，得BCCD⊥，PDDC=，E是PC的中点，DEPC⊥，PCBCC=，DE⊥平面PBC，PB平面PBC，PBDE⊥，又EFPB⊥，DEEFE=，PB⊥平面EFD，故C正确；由DE⊥平面P

BC，知DEEB⊥，故D错误．故选：ABC．12．（多选）（2020•山东模拟）如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一条体对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为()A．B．C．D．【分析】根据正方体的性质即

可判断出结论．【解答】解：对于AD．根据正方体的性质可得：lMN⊥，lMP⊥，可得l⊥平面MNP．而BC无法得出l⊥平面MNP．故选：AD．13．（2020春•兴庆区校级期末）若直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆周上异于A，B的一点，有下列关系：①PA

BC⊥；②BC⊥平面PAC；③ACPB⊥；④PCBC⊥．其中正确的是．【分析】①由直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，BC以AB为直径的圆所在的平面，得PABC⊥；②由ACBC⊥，PABC⊥，得BC⊥平面PAC；③由ACBC⊥，但AC与PC相交且不垂直，得AC与PB不垂直；④由BC

⊥平面PAC，得PCBC⊥．【解答】解：直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆周上异于A，B的一点，BC以AB为直径的圆所在的平面，PABC⊥，故①正确；AB是圆的直径，C为圆周上异于A，B的一点，ACBC⊥，又

PABC⊥，ACPAA=，BC⊥平面PAC，故②正确；ACBC⊥，但AC与PC相交且不垂直，AC与PB不垂直，故③错误；BC⊥平面PAC，PC平面PAC，PCBC⊥，故④正确．故答案为：①②④．14．（2020•广西模拟）在四棱锥SABCD−中，底面四边形A

BCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上．若4AS=，2AD=，ARPQ⊥，则AR=．【分析】取SA的中点E，连接PE，QE．由已知证明PEAR⊥，结合已知ARPQ⊥，可得AR⊥平面PEQ，得到AR

EQ⊥，进一步得到ARSD⊥，在直角三角形SAD中，由等面积法求解AR．【解答】解：取SA的中点E，连接PE，QE．SA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，SAAB⊥，而ABAD⊥，ADSAA=，AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SA

D，又AR平面SAD，PEAR⊥．又ARPQ⊥，PEPQP=，AR⊥平面PEQ，EQ平面PEQ，AREQ⊥．E，Q分别为SA，AD的中点，//EQSD，则ARSD⊥，在直角三角形ASD中，4AS=，2AD=，可求得2

5SD=．由等面积法可得455AR=．故答案为：455．15．（2020•大庆三模）已知四边长均为23的空间四边形ABCD的顶点都在同一个球面上，若3BAD=，平面ABD⊥平面CBD，则该球的体积为．【分析】根据题意画出图形，结合图形得出ABD与BCD均

为等边三角形，求出四面体ABCD外接球的半径，再计算外接球的体积．【解答】解：如图所示，设E是ABD的外心，F是BCD的外心，过E，F分别作平面ABD与平面BCD的垂线OE、OF，相交于O；由空间四边形ABCD的边长为23，

3BAD=，所以ABD与BCD均为等边三角形；又平面ABD⊥平面CBD，所以O为四面体ABCD外接球的球心；又222(23)(3)23AE=−=，1OE=，所以外接球的半径为22215R=+=；所以外接球的体积为3344205(5)333RV==

=．故答案为：2053．16．（2020春•滁州期末）在正方体1111ABCDABCD−中，M，N分别是AB，11AB的中点，P在AD上，若平面CMN⊥平面1ABP，则ADAP=．【分析】当P为AD中点时，可得PB⊥面NMC，即可得平面CMN⊥平面1ABP，从而求得ADA

P．【解答】解：M，N分别是AB，11AB的中点，1//AAMN．根据正方体的性质可得MN⊥面ABCD，即可得MNPB⊥．当P为AD中点时，CMPB⊥，又CMMNM=．PB⊥面NMC，即可得平面CMN⊥平面1ABP．则2ADAP=．故答案为：2．17．（2019秋•南康区

校级月考）已知四边形ABCD是矩形，4AB=，3AD=，沿AC将ADC向上折起，使D为D，且平面ADC⊥平面ABC，F是AD的中点，E是AC上一点，给出下列结论：①存在点E，使得//EF平面BCD②

存在点E，使得EF⊥平面ABC③存在点E，使得DE⊥平面ABC④存在点E，使得AC⊥平面BDE其中正确结论的序号是．【分析】①存在AC中点E，则//EFCD，利用线面平行的判定定理可得//EF平面BCD

；②由平面ADC⊥平面ABC，可知只需EFAC⊥即可使得EF⊥平面ABC；③DEAC⊥，利用面面垂直的性质，可得DE⊥平面ABC；④因为ABCD是矩形，4AB=，3AD=，所以B，D在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BDE．【

解答】解：①存在AC中点E，则//EFCD，利用线面平行的判定定理可得//EF平面BCD，正确；②由平面ADC⊥平面ABC，可知只需EFAC⊥即可使得EF⊥平面ABC，故正确；③DEAC⊥，利用面面垂直的性质，可得DE⊥

平面ABC，正确；④因为ABCD是矩形，4AB=，3AD=，所以B，D在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BDE，故不正确；故答案为：①②③．18．（2020•娄底模拟）如图所示，在四棱锥PABCD−中，底

面ABCD是菱形，3DAB=，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PC上一点，若平面EBD⊥平面ABCD，则PEEC=．【分析】取AD的中点O，连接OC交BD于F点，推导出2FCOF=．PO⊥平面ABCD，//OPEF，由此能求出结果．【解答】解：取AD的

中点O，连接OC交BD于F点，连结EF，//ODBC，2BCOD=，2FCOF=．平面PAD⊥平面ABCD，POAD⊥，PO⊥平面ABCD，又平面BDE⊥平面ABCD，//OPEF，12PEOFECFC==．故答案为：12．19．（2019秋•乐山期中）如

图，已知六棱锥PABCDEF−的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，2PAAB=，则下列结论中：①PBAE⊥；②平面ABC⊥平面PBC；③直线//BC平面PAE；④45PDA=．其中正确的有（把所有正确的序号都填上）

．【分析】①由PA⊥平面ABC，及正六边形的性质易得：AE⊥平面PAB，所以AEPB⊥，①正确；②由PA⊥平面ABC，易得平面PAB⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；③由正六边形的性质得//BCAD，但是AD与平面PAE

相交，所以③错；④由PA⊥平面ABC，可得PAAD⊥，又因为2PAAB=，所以45PDA=，④正确．【解答】解：对于①、由PA⊥平面ABC，AE平面ABC，得PAAE⊥，又由正六边形的性质得AEAB⊥，PAABA

=，得AE⊥平面PAB，又PB平面PAB，AEPB⊥，①正确；对于②、又平面PAB⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；对于③、由正六边形的性质得//BCAD，又AD平面PAD，//

BC平面PAD，直线//BC平面PAE也不成立，③错；对于④、在RtPAD中，2PAADAB==，45PDA=，④正确．故答案为：①④20．（2020春•安徽期末）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，M，N分别是1AD，1AB的中点．证明：

（1）//MN平面11BDDB；（2）1AC⊥平面11ABD．【分析】（1）推导出11//MNBD，由此能证明//MN平面11BDDB．（2）连结11AC，1AD，推导出1111ACBD⊥．111CCBD⊥，从而11BD⊥平面11ACC，进而111BDAC⊥，同理11ADAC⊥，由此能证明

1AC⊥平面11ABD．【解答】证明：（1）M，N分别是1AD，1AB的中点，11//MNBD，11BD平面11BDDB，MN平面11BDDB，//MN平面11BDDB．（2）连结11AC，1AD，由正方体的性质知1111

ABCD是正方形，则1111ACBD⊥．由正方体的性质可知1CC⊥平面1111ABCD，111CCBD⊥，1111CCACC=，11BD⊥平面11ACC，1AC平面11ACC，111BDAC⊥，同理可证11ADAC⊥，1111BDADD=，1AC⊥平面11ABD．21．（2020•龙

凤区校级模拟）如图，四棱锥PABCD−中，//ABCD，33ABCD==，2PAPDBC===，90ABC=，且PBPC=．（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；（2）求点D到平面PBC的距离．【分析】（1）取AD、BC的

中点分别为M、E，连结PM，PE，ME，由已知可证MEBC⊥，PEBC⊥，利用线面垂直的判定定理可证BC⊥平面PME，利用线面垂直的性质可证PMBC⊥，又PMAD⊥，可证PM⊥平面ABCD，利用面面垂直的

判定定理可证平面PAD⊥平面ABCD．（2）由（1）及题意知PM为三棱锥PBCD−的高，设点D到平面PBC的距离为h，利用等体积法，三角形的面积公式可求h的值，即可得解．【解答】解：（1）取AD、BC的中点分别为M、E，连结PM，PE，ME，//ABCD，33ABCD==，四边形ABCD为梯形

，又M、E为AD、BC的中点，ME为梯形的中位线，//MEAB，又90ABC=，MEBC⊥，PBPC=，E为BC的中点PEBC⊥，又PEMEE=，PE平面PME，ME平面PME，BC⊥平面PME，又PM平面PME，故PMBC⊥，由PAP

D=，M为AD中点，PMAD⊥，又AD，BC不平行，必相交于某一点，且AD，BC都在平面ABCD上，PM⊥平面ABCD，由PM平面PAD，则平面PAD⊥平面ABCD．（2）由（1）及题意知，PM为三棱锥PBCD−的高，22AD=，2ME=，2PM=，

故6PE=，1126622PBCSBCPE===，且1121122BCDSBCCD===，设点D到平面PBC的距离为h，由等体积法知：11111263333PBCDDBCPBCDPBCVV

SPMShh−−=====，解得33h=，所以点D到平面PBC的距离为33．22．（2020春•宣威市期末）如图，在三棱锥DABC−中，已知BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，ABBCa==，E为BC的中点，F在棱

AC上，且3AFFC=．（1）求证：AC⊥平面DEF；（2）若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使//MN平面DEF？若存在，说明点N的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）取AC的中点H，推导出BHAC⊥，//EFBH，则

EFAC⊥，再求出DEBC⊥，ABDE⊥，从而DE⊥平面ABC，进而DEAC⊥，由此能证明AC⊥平面DEF．（2）连结CM，设CMDEO=，连结OF，推导出存在这样的点N，当38CNCA=时，//MN平面DEF．【解答】解：（1）证明：取AC的中点H，ABBC=，BHAC⊥，3AFFC=

，F为CH的中点，E为BC的中点，F为CH的中点，E为BC的中点，//EFBH，则EFAC⊥，BCD是正三角形，DEBC⊥，AB⊥平面BCD，ABDE⊥，ABBCB=，DE⊥平面ABC，DEAC⊥，DEEFE=，AC

⊥平面DEF．（2）存在这样的点N，当38CNCA=时，//MN平面DEF．连结CM，设CMDEO=，连结OF，由条件知O为BCD的重心，23COCM=，当23CFCN=时，//MNOF，313248CNCACA==．[B组]—强基必

备1．（2020•婺城区校级模拟）在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则()A．不存在E，F，使得EFCD⊥B．存在E，使得DECD⊥C．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF【分析】对

于A，D两项：当E，F分别是AB，CD的中点时，易证EFCD⊥，且平面CDE⊥平面ABF．对于B：可利用E在AB上移动时，CDE的范围判断．对于C：可将D看成三棱锥的顶点，则过D做底面的垂线只有一条，即高线，从而否定C．【解答】解：（1）对于A，

D选项，取E，F分别为AB，CD的中点如图：因为ABCD−是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．所以CEDE=，所以EFCD⊥，同理可证EFAB⊥．故A错误；又因为ABCE⊥，ABDE⊥，且CEDEE=，故AB⊥

平面CED，又AB平面ABF，所以平面ABF⊥平面CED．故D正确．（2）对于B选项，将C看成正三棱锥的顶点，易知当E在AB上移动时，CDE的最小值为直线CD与平面ABD所成的角，即（1）中的CDE，显然为锐角，最大角为60CDBC

DA==，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DECD⊥．故B错误．（3）对于C选项，将D看成顶点，则由D向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC的中心，不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，故C错误．故选：D

．2．（2019•海淀区校级三模）如图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，60ABC=，SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E、F分别为棱AD、SB的中点．（Ⅰ）求证：//AF平面SEC（Ⅱ）求证：

平面ASB⊥平面CSB（Ⅲ）在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BMBS的值；若不存在，请说明理由．【分析】()I取SC中点G，构造平行四边形AFGE，得出//AFEG即可证明结论；()II通过证明平行四边形A

FGE为矩形得出AFFG⊥，再根据AFSB⊥即可得出AF⊥平面SBC，从而结论得证；()III根据余弦定理计算BE，SB，cosSBD，根据cosOBSBDBM=计算BM的值，从而得出BMBS的值．【解答】()I证明：取SC中点G，连结F

G，AF，EG，F，G分别是SB，SC的中点，//FGBC，12FGBC=，底面ABCD是菱形，E是AD的中点，//AEBC，12AEBC=，//FGAE，FGAE=，四边形AFGE是平行四边形，//AFEG，又AF平面SEC，EG平面SEC，//AF

平面SEC．()II证明：SAD是等边三角形，E是AD的中点，SEAD⊥，底面ABCD是菱形，60ABC=，ACD是等边三角形，又E是AD的中点，ADCE⊥，又SECEE=，AD⊥平面SEC，ADEG⊥，又四边形AFGE是平行四边形，四边形AFGE

是矩形，AFFG⊥，又SAAB=，F是SB的中点，AFSB⊥，又FGSBF=，FG平面SBC，SB平面SBC，AF⊥平面SBC，又AF平面ASB，平面ASB⊥平面CSB．()III假设棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连结MO，BE，则BDOM⊥，底面ABCD

是边长为2的菱形，60ABC=，SAD为正三角形，7BE=，3SE=，223BDOB==，2SD=，SEAD⊥，侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD底面ABCDAD=，SE⊥平面ABCD，SEBE⊥

，2210SBSEBE=+=，222330cos220SBBDSDSBDSBBD+−==，33020OBBM=，2103BM=23BMBS=．