2025届高中数学一轮复习练习：第八章　限时跟踪检测(42)　直线、平面垂直的判定及性质（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第八章　限时跟踪检测(42)　直线、平面垂直的判定及性质（含解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n；
②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；
③如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n；
④如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β.
其中正确命题的个数有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，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ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
3．如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
4．(2024·湘赣皖十五校联考)棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为正方体表面上的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为( )
A.eq \r(3) B．3eq \r(2) C.eq \f(\r(3),2) D．1
5．如图，正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′DE是△ADE绕直线DE翻折过程中的一个图形，现给出下列命题：
①恒有直线BC∥平面A′DE；
②恒有直线DE⊥平面A′FG；
③恒有平面A′FG⊥平面A′DE.
其中真命题的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
6．图1是建筑工地上的塔吊，图2是根据图1绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内．塔身PO⊥平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，AB＝AC，DO＝6 m．若PO＝2 m，PB＝3 m，△ABC的面积为10 m2，根据图中标注的数据，忽略△ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下(0.5OD＝1.5OE)可得点A，P之间的距离为( )
A．2eq \r(17) m B．6eq \r(2) m
C．8 m D．9 m
二、多项选择题
7．已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
C．若m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
8．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC与EF交于点G，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有( )
A．AG⊥△EFH所在平面
B．AH⊥△EFH所在平面
C．EF⊥△AGH所在平面
D．HG⊥△AEF所在平面
9．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则( )
A．A，M，N，B四点共面
B．平面ADM⊥平面CDD1C1
C．直线BN与B1M所成的角为60°
D．BN∥平面ADM
三、填空题与解答题
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a＝________.
11．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．
12．如图所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB于E，AF⊥DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D­AEF体积的最大值为________．
13．(2024·江西五市九校第一次联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)求点B到平面CEF的距离．
14．(2024·山东济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，得到如图2所示的四棱锥P­EBCD，点M为棱PB的中点．

图1 图2
(1)求证：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．
15．(2024·广东梅州模拟)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝eq \f(1,2)AA1＝2，M为A1B1的中点．
(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出eq \f(B1Q,QB)的值；若不存在，请说明理由．
(2)求点C到平面BC1M的距离．
高分推荐题
16．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是________．
解析版
一、单项选择题
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n；
②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；
③如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n；
④如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β.
其中正确命题的个数有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解析：对于①，如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m与n相交，故①错误；对于②，如果m∥n，n⊥α，由线面垂直的性质可知m⊥α，故②正确；对于③，如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n或m∥n或m与n相交(不垂直)或m与n异面(不垂直)，故③错误；对于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β或n与β相交(不垂直)，当α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n⊂α时，n⊥β，故④错误．故选D.
答案：D
2．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，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ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析：方法一：连接AD1(图略)，则易知点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D，AD1∩AB＝A，AD1，AB⊂平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，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．所以选项A正确．故选A.
方法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1，0,1)，N(1,1,1)，所以eq \(A1D,\s\up16(→))＝(－2,0，－2)，eq \(D1B,\s\up16(→))＝(2,2，－2)，eq \(MN,\s\up16(→))＝(0,1,0)，所以eq \(A1D,\s\up16(→))·eq \(D1B,\s\up16(→))＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由图易知直线A1D与BD1是异面直线，所以A1D与BD1异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以eq \(MN,\s\up16(→))·n＝0，又MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，易得平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up16(→))，a〉|＝eq \f(|\(MN,\s\up16(→))·a|,|\(MN,\s\up16(→))||a|)＝eq \f(1,\r( ,2))＝eq \f(\r( ,2),2)，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直．故选A.
答案：A
3．如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：由AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，得AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上．故选A.
答案：A
4．(2024·湘赣皖十五校联考)棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为正方体表面上的一个动点，且总有PC⊥BD1，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为( )
A.eq \r(3) B．3eq \r(2) C.eq \f(\r(3),2) D．1
解析：如图，连接BD.易证BD1⊥平面ACB1，得动点P的轨迹所围成图形为△AB1C，△AB1C是边长为eq \r(2)的正三角形，其面积S＝eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2＝eq \f(\r(3),2).
答案：C
5．如图，正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′DE是△ADE绕直线DE翻折过程中的一个图形，现给出下列命题：
①恒有直线BC∥平面A′DE；
②恒有直线DE⊥平面A′FG；
③恒有平面A′FG⊥平面A′DE.
其中真命题的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：对于①，∵DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，又知DE⊂平面A′DE，BC⊄平面A′DE，∴BC∥平面A′DE，故①正确；对于②，∵△ABC为等边三角形，AF为BC边上的中线，∴BC⊥AF，又知DE∥BC，∴DE⊥AF，∴DE⊥FG，根据翻折的性质可知，DE⊥A′G，又A′G∩FG＝G，∴DE⊥平面A′FG，故②正确；对于③，由②知DE⊥平面A′FG，又知DE⊂平面A′DE，∴平面A′FG⊥平面A′DE，故③正确．综上，真命题为①②③.
答案：D
6．图1是建筑工地上的塔吊，图2是根据图1绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内．塔身PO⊥平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，AB＝AC，DO＝6 m．若PO＝2 m，PB＝3 m，△ABC的面积为10 m2，根据图中标注的数据，忽略△ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下(0.5OD＝1.5OE)可得点A，P之间的距离为( )
A．2eq \r(17) m B．6eq \r(2) m
C．8 m D．9 m
解析：根据条件得，OE＝eq \f(0.5×DO,1.5)＝eq \f(0.5×6,1.5)＝2(m)．∵PO⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴PO⊥AE，又AB＝AC，且E是BC的中点，∴AE⊥BC，PE⊥BC.∵PO＝2 m，∴PE＝2eq \r(2) m，∵PB＝3 m，∴BE＝1 m．由于△ABC的面积为10 m2，∴eq \f(1,2)BC·AE＝10，解得AE＝10 m，则AO＝8 m，易得AP＝2eq \r(17) m．故选A.
答案：A
二、多项选择题
7．已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β
B．若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β
C．若m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
解析：A选项，若m∥α，n∥β，且m∥n，则α，β可能相交或平行，故A错误；B选项，若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α，β可能相交，也可能平行，故B错误；C选项，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，则α∥β，故C正确；D选项，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊥β，根据面面垂直的判定定理可得α⊥β，故D正确．故选CD.
答案：CD
8．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC与EF交于点G，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有( )
A．AG⊥△EFH所在平面
B．AH⊥△EFH所在平面
C．EF⊥△AGH所在平面
D．HG⊥△AEF所在平面
解析：根据折叠前、后得到AH⊥HE，AH⊥HF不变，根据线面垂直的判定定理，可得AH⊥平面EFH，所以B正确；过A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；易知AG⊥EF，EF⊥AH，由线面垂直的判定定理，可得EF⊥平面AGH，所以C正确；易知HG与AG不垂直，所以HG与平面AEF不垂直，所以D不正确．故选BC.
答案：BC
9．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则( )
A．A，M，N，B四点共面
B．平面ADM⊥平面CDD1C1
C．直线BN与B1M所成的角为60°
D．BN∥平面ADM
解析： 如图所示，对于A中，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误；对于B中，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确；
对于C中，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，所以直线BN与B1M所成的角为∠NBO(或其补角)．易知△BON为等边三角形，所以∠NBO＝60°，故C正确；
对于D中，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误．
答案：BC
三、填空题与解答题
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a＝________.
解析： 如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DQ，又PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ.
∴点Q在以线段AD的中点O为圆心，AD为直径的圆上，又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，∴BC与圆O相切(相交时有两点满足垂直，相离时没有点满足垂直)，∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ＝AB＝1，∴BC＝AD＝2，即a＝2.
答案：2
11．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．
解析：如图，连接AC，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)
12．如图所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB于E，AF⊥DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D­AEF体积的最大值为________．
解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以DE＝AE＝eq \r( ,2)，设AF＝a，FE＝b，则a2＋b2＝2，△AEF的面积S＝eq \f(1,2)ab≤eq \f(1,2)·eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,2)＝eq \f(1,2)，所以三棱锥D­AEF的体积V≤eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r( ,2)＝eq \f(\r( ,2),6)(当且仅当a＝b＝1时等号成立)．
答案：eq \f(\r( ,2),6)
13．(2024·江西五市九校第一次联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)求点B到平面CEF的距离．
(1)证明：如图，取EC的中点G，连接BD交AC于点N，连接GN，GF.
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，所以GN∥AE且GN＝eq \f(1,2)AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，
所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN.
又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN，
又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC，
所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC.
又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC.
(2)解：因为EA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EA⊥AC.
因为EA∥BF，所以BF⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，所以BF⊥BC.
因为∠ABC＝60°，AB＝2，所以AC＝2，
所以EC＝eq \r( ,AC2＋AE2)＝2eq \r( ,2)，CF＝eq \r( ,BC2＋BF2)＝eq \r( ,5)，EF＝eq \r( ,22＋12)＝eq \r( ,5)，
所以FG⊥EC且FG＝eq \r( ,CF2－CG2)＝eq \r( ,3)，
所以S△CEF＝eq \f(1,2)EC·FG＝eq \r( ,6).
取AB的中点M，连接CM，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，且CM＝eq \r( ,22－12)＝eq \r( ,3)，
又因为EA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以EA⊥CM，且AB∩EA＝A，AB，EA⊂平面ABFE，所以CM⊥平面ABFE.
连接BE，VC­BEF＝eq \f(1,3)S△BEF·CM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×BF·AB·CM＝eq \f(\r( ,3),3).
设点B到平面CEF的距离为d，因为VB­CEF＝VC­BEF，即eq \f(1,3)S△CEF·d＝eq \f(\r( ,3),3)，所以d＝eq \f(\r( ,2),2)，故点B到平面CEF的距离为eq \f(\r( ,2),2).
14．(2024·山东济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，得到如图2所示的四棱锥P­EBCD，点M为棱PB的中点．

图1 图2
(1)求证：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．
(1) 证明：在题图1中，因为BE＝eq \f(1,2)AB＝CD且BE∥CD，所以四边形EBCD是平行四边形．
如图，连接BD，交CE于点O，所以点O是BD的中点，连接OM，
又点M为棱PB的中点，所以OM∥PD，
因为PD⊄平面MCE，OM⊂平面MCE，所以PD∥平面MCE.
(2)解：在题图1中，因为四边形EBCD是平行四边形，所以DE＝BC，
因为四边形ABCD是等腰梯形，所以AD＝BC，所以AD＝DE，
因为∠BAD＝45°，所以AD⊥DE.
所以PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，所以PD⊥平面EBCD.
由(1)知OM∥PD，所以OM⊥平面EBCD，
在等腰直角三角形ADE中，
因为AE＝2，所以AD＝DE＝eq \r( ,2)，
所以OM＝eq \f(1,2)PD＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r( ,2),2)，S△BCE＝S△PDE＝1，
所以V三棱锥M­BCE＝eq \f(1,3)S△BCE·OM＝eq \f(\r( ,2),6).
15．(2024·广东梅州模拟)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝eq \f(1,2)AA1＝2，M为A1B1的中点．
(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出eq \f(B1Q,QB)的值；若不存在，请说明理由．
(2)求点C到平面BC1M的距离．
解：(1)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，因为M为A1B1的中点，所以C1M⊥A1B1.
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，所以C1M⊥平面AA1B1B.
又C1M⊂平面BC1M，所以平面BC1M⊥平面AA1B1B.在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q.
因为平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，因此AQ⊥平面BC1M，故点Q即为所要找的点．
显然△ABQ∽△BB1M，因此eq \f(BQ,B1M)＝eq \f(AB,BB1)，即有eq \f(BQ,1)＝eq \f(2,4)，故BQ＝eq \f(1,2)，B1Q＝B1B－BQ＝4－eq \f(1,2)＝eq \f(7,2)，所以eq \f(B1Q,QB)＝7.
(2)取AB的中点N，连接CN，MN，因为M为A1B1的中点，所以MN∥BB1∥CC1，MN＝BB1＝CC1，所以四边形CNMC1为平行四边形，即CN∥C1M，而C1M⊂平面BC1M，CN⊄平面BC1M，
所以CN∥平面BC1M，所以点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN.
又N为AB的中点，则点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M的距离hA的一半，
而由(1)知，当BQ＝eq \f(1,2)时，AQ⊥平面BC1M，cs∠BAQ＝eq \f(AB,AQ)＝eq \f(2,\r( ,22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2))＝eq \f(4\r( ,17),17).
设AQ∩BM＝H，则hA＝AH＝AB·cs∠BAQ＝2×eq \f(4\r( ,17),17)＝eq \f(8\r( ,17),17)，
所以点C到平面BC1M的距离hC＝hN＝eq \f(1,2)hA＝eq \f(4\r( ,17),17).
高分推荐题
16．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是________．
解析： 因为C1C⊥平面ABCD，ED⊂平面ABCD，可得C1C⊥ED，
由EC1⊥ED，EC1∩C1C＝C1，EC1，C1C⊂平面ECC1，
可得ED⊥平面ECC1，所以ED⊥EC，
在矩形ABCD中，设AE＝a,0≤a≤2，则BE＝2－a，
由∠DEA＋∠CEB＝90°，
可得tan∠DEA·tan∠CEB＝eq \f(AD,AE)·eq \f(CB,BE)＝eq \f(t2,a2－a)＝1，
即t2＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，
当a＝1时，t2取得最大值1，
即t的最大值为1；
当a＝0或2时，t2取得最小值0，但由于t>0，所以t的取值范围是(0,1]．
答案：(0,1]