资源简介

8．5　空间直线、平面的垂直
(教师独具内容)
1．从基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系，归纳出以下性质定理和判定定理：
(1)垂直于同一个平面的两条直线平行．
(2)两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直．
(3)如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直．
(4)如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．
2．以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理，并能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些关于空间图形的垂直关系的简单命题．
3．重点提升逻辑推理和直观想象素养．
(教师独具内容)
1．本考点属于高考必考内容，命题的关注点在于垂直关系的证明，难点在于相关判定定理与性质定理的正确运用．直线、平面垂直的判定与性质常与直线、平面平行的判定与性质融合在一起综合考查．既可以以选择题、填空题的形式呈现，也可以以解答题的形式呈现．
2．预测2023年高考将以直线、平面垂直的判定及其性质为重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直及面面垂直的判定及其应用，题型为解答题中的一问，或与平行相结合进行命题的判断．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行
2．直线与平面所成的角
(1)定义
一条直线l与一个平面α相交，但不与这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点A叫做斜足．过斜线上斜足以外的一点P向平面α引垂线PO，
过垂足O和斜足A的直线AO叫做斜线在这个平面上的射影．平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°.
(2)范围：.
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．
②二面角的平面角：在二面角α－l－β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．
③二面角的平面角α的范围：[0，π]．
(2)平面与平面垂直的定义
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 l⊥α
4．常用结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)垂直于同一个平面的两平面平行．(　　)
(2)若α⊥β，a⊥β a∥α.(　　)
(3)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×
2．下列命题中不正确的是(　　)
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
答案　A
解析　根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内，也可能与平面β相交．
3．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　若α⊥β，因为α∩β＝m，b β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.
4．(多选)若平面α⊥平面β，且α∩β＝l，则下列命题中正确的是(　　)
A．平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B．平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C．平面α内的任一条直线必垂直于平面β
D．过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
答案　BD
解析　A项，如图①，a α，b β，且a，b与l都不垂直，则a，b不一定垂直，故A错误；B项，如图②，a α，作b⊥l，则b⊥α，则β内所有与b平行的直线都与a垂直，故B正确；
C项，如图③，a α，但a与l不垂直，则a与β不垂直，故C错误；D项，如图④，由两平面垂直的性质定理可知D正确．故选BD.
5．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
答案　(1)外　(2)垂
解析　(1) 如图，连接OA，OB，OC，∵PO⊥平面ABC，∴在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，∴点O是△ABC的外心．
(2)由PA⊥PB，PA⊥PC可知PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC，又PO⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故点O是△ABC的垂心．
1．(多选)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则(　　)
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案　BD
解析　由点P满足＝λ＋μ，可知点P在正方形BCC1B1内．如图①.对于A，当λ＝1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动．如图②，在△AB1P中，因为AB1＝，AP＝，B1P＝，
所以△AB1P的周长L＝AB1＋AP＋B1P不为定值，所以A错误；对于B，当μ＝1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动．如图③，由图可知，线段B1C1∥平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离为定值，又△A1BC的面积是定值，所以三棱锥P－A1BC的体积为定值，所以B正确；对于C，当λ＝时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端点)上运动．如图④，很显然当点P与点D或D1重合时，均满足A1P⊥BP，所以C错误；对于D，解法一：当μ＝时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．如图⑤，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点N，所以D正确．
解法二：当μ＝时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．以C为原点，建立如图⑥所示的空间直角坐标系Cxyz，
则B(0,1,0)，B1(0,1,1)，A1，P.所以＝，＝.若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以·＝0，即－λ＋＝0.解得λ＝1.所以只存在一个点P使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确．故选BD.
2．(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　B
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°，即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE＝40°.故选B.
3．(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P－ABCD的体积．
解　(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AM 平面ABCD，∴PD⊥AM.
又PB⊥AM，PB∩PD＝P，PB 平面PBD，PD 平面PBD，∴AM⊥平面PBD.
又AM 平面PAM，
∴平面PAM⊥平面PBD.
(2)∵四边形ABCD是矩形，M为BC的中点，
∴BM＝AD且AB＝DC＝1.①
∵AM⊥平面PBD，BD 平面PBD，
∴AM⊥BD.
∴∠MAD＋∠ADB＝90°，
又∠BAM＋∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠ADB，
∴△BAM∽△ADB，∴＝，
将①式代入，解得AD＝.
∴S矩形ABCD＝AD·DC＝×1＝，
∴VP－ABCD＝S矩形ABCD·PD＝××1＝.
4. (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F－EBC的体积；
(2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE.
解　(1)如图，取BC的中点为M，连接EM.
由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，CF＝1，EM＝AB＝1，AB∥A1B1，
所以EM∥A1B1，
由BF⊥A1B1得EM⊥BF，
又EM⊥CF，BF∩CF＝F，
所以EM⊥平面BCF，
故V三棱锥F－EBC＝V三棱锥E－FBC＝×BC·CF·EM＝××2×1×1＝.
(2)证明：连接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，所以DE在平面EMB1A1内．
在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点，
所以由平面几何知识可得BF⊥B1M，
又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，
所以BF⊥平面EMB1A1，
又DE 平面EMB1A1，所以BF⊥DE.
5. (2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．
解　(1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1 平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.
一、基础知识巩固
考点　　垂直关系的基本问题
例1　α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题中错误的是(　　)
A．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β
B．如果m α，α∥β，那么m∥β
C．如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l
D．如果m⊥n，n⊥α，m∥β，那么α⊥β
答案　D
解析　在A中，如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；在B中，如果m α，α∥β，那么m∥β，故B正确；在C中，如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么由线面平行的性质定理得m∥l，故C正确；在D中，如果m⊥n，n⊥α，m∥β，那么α与β相交或平行，故D错误．
例2　(多选)如图，在三棱锥A－BCD中，AC⊥AB，BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD.下列结论正确的是(　　)
A．AC⊥BD
B．平面ABC⊥平面ABD
C．平面ACD⊥平面ABD
D．CD⊥平面ABD
答案　ABC
解析　因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，BC⊥BD，所以BD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以BD⊥AC，故A正确；因为BD⊥平面ABC，BD 平面ABD，所以平面ABD⊥平面ABC，故B正确；因为AC⊥AB，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC 平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABD，故C正确；若CD⊥平面ABD，则CD⊥BD，与BC⊥BD矛盾，故CD与平面ABD不垂直，故D错误．
　1.已知平面α，β，直线n α，直线m β，则下列命题正确的是(　　)
A．α∥β m∥n B．α⊥β m⊥n
C．m⊥α α⊥β D．m⊥n m⊥α
答案　C
解析　由平面α，β，直线n α，直线m β，知：对于A，α∥β，则m，n平行或异面，故A错误；对于B，α⊥β，则m，n相交、平行或异面，故B错误；对于C，m⊥α，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；对于D，m⊥n，则m与α相交、平行或m α，故D错误．
2．在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(　　)
答案　D
解析　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A，B，C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意．
　与线面垂直关系有关命题真假的判断方法
(1)借助几何图形来说明线面关系．
(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．
(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．
考点　　直线与平面垂直的判定与性质
例3　如图所示，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．求证：
(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，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
∴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.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，又PD 平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB.
又AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，
又PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
例4　如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.
证明　∵AB⊥平面PAD，AE 平面PAD，
∴AE⊥AB，又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD 平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.又MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，
∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN.
　3.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)从下列三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝.
解　(1)证明：∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.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.
(2) 选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF，A1B，∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
则AB＝，又AA1＝，则A1B⊥AB1，
∴DF⊥AB1.
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.
∵DF∩C1D＝D，DF，C1D 平面C1DF，
∴AB1⊥平面C1DF.
4. 如图，α∩β＝l，PA⊥α，PB⊥β，垂足分别为A，B，a α，a⊥AB.求证：a∥l.
证明　∵PA⊥α，l α，
∴PA⊥l.同理PB⊥l.
∵PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，
∴l⊥平面PAB.又PA⊥α，a α，∴PA⊥a.
∵a⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，∴a⊥平面PAB.∴a∥l.
　
1．证明直线和平面垂直的常用方法
(1)判定定理．
(2)垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α b⊥α)．
(3)面面平行的性质(a⊥α，α∥β a⊥β)．
(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l β l⊥α)．
2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
3．垂直关系里线线垂直是基础
4．垂直关系中线面垂直是重点
(1)
(2)
考点　　平面与平面垂直的判定与性质
例5　在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P－BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P－BCDE的体积；
(2)若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.
解　(1) 如图所示，取DE的中点M，连接PM，
由题意知，PD＝PE，
∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM 平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，
即PM为四棱锥P－BCDE的高．
在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝DE＝，
而梯形BCDE的面积S＝(BE＋CD)·BC＝×(2＋4)×2＝6，
∴四棱锥P－BCDE的体积V＝PM·S＝××6＝2.
(2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，
∵PB＝PC，∴BC⊥PN，
∵MN∩PN＝N，MN，PN 平面PMN，
∴BC⊥平面PMN，
∵PM 平面PMN，∴BC⊥PM，
由(1)知，PM⊥DE，又BC，DE 平面BCDE，且BC与DE是相交的，
∴PM⊥平面BCDE，∵PM 平面PDE，
∴平面PDE⊥平面BCDE.
　5. 如图，在四面体P－ABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求四面体P－OBQ的体积．
解　(1)证明：∵PA＝PC，O是AC的中点，
∴PO⊥AC.
在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得PO＝4.
∵AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC.
在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得BO＝4.
∵PO＝4，BO＝4，PB＝4，
∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.
∵BO∩AC＝O，BO，AC 平面ABC，
∴PO⊥平面ABC.
∵PO 平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC.
∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO 平面ABC，∴BO⊥平面PAC，
∴VP－OBQ＝VB－POQ＝S△POQ·BO＝×S△PAO·BO＝×××3×4×4＝4.
∴四面体P－OBQ的体积为4.
6. 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，△APD为等腰直角三角形，PA＝PD.求证：PB⊥PD.
证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD.
又CD∥AB，∴AB⊥平面PAD.
∵PD 平面PAD，∴PD⊥AB，
又△APD为等腰直角三角形，
∴PD⊥PA，又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
∴PD⊥平面PAB，又PB 平面PAB，
∴PB⊥PD.
　
1．判定面面垂直的方法
(1)面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)．
2．证面面垂直的思路
(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．
(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．
(3)在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．
考点　　平行与垂直的探索性问题
例6　如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，BS的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱BS上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)证明：取SC的中点G，连接FG，EG，
∵F，G分别是BS，SC的中点，
∴FG∥BC，FG＝BC.
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，AE＝BC，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG，又AF 平面SEC，EG 平面SEC，
∴AF∥平面SEC.
(2) 证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE 平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG 平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是BS的中点，∴AF⊥BS，又FG∩BS＝F，FG 平面CSB，BS 平面CSB，
∴AF⊥平面CSB，又AF 平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)存在点M满足题意．假设在棱BS上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝，SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE 平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴BS＝＝，∴cos∠SBD＝＝，∴＝，
∴BM＝，∴＝.
　7. (多选)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AE⊥CD，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是(　　)
A．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面CDE
B．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE
C．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB
D．在折起过程中，一定存在某个位置，使CE⊥AD
答案　ABD
解析　折叠后如图所示．对于A，取AE的中点P，连接PM，PN，∵M，N分别是AD，BE的中点，∴PN∥AB∥CE，PM∥DE，又PM∩PN＝P，且PM 平面PMN，PN 平面PMN，DE∩CE＝E，∴平面PMN∥平面CDE，
故MN∥平面CDE，故A正确；对于B，由已知，AE⊥DE，AE⊥CE，且CE∩DE＝E，CE 平面CDE，DE 平面CDE，∴AE⊥平面CDE，又平面PMN∥平面CDE，∴AE⊥平面PMN，则由线面垂直的性质可知AE⊥MN，故B正确；对于C，∵AB∥PN，MN∩PN＝N，∴MN与AB为异面直线，故C错误；对于D，当C－AE－D为直二面角时，易证CE⊥平面ADE，则根据线面垂直的性质可知CE⊥AD，故D正确．
8. 如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
解　(1)证明：在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，AC 平面ACE，DF 平面ACE，
∴DF∥平面ACE.
又DF 平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.
(2) 线段BE上存在点G，且BG＝BE，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，
连接GD，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱台ABC－DEF中，
∵AB⊥BC，∴DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF，得CF⊥DE.又CF∩EF＝F，CF，EF 平面CBEF，∴DE⊥平面CBEF，
∵GF 平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E，CE 平面CDE，DE 平面CDE，∴GF⊥平面CDE.
又GF 平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.
　
1．解决平行与垂直中探索性问题的主要途径
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
2．涉及点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识取点．
考点　　几何法求直线与平面所成的角与二面角
例7　如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．
(1)证明：△PBC是直角三角形；
(2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
解　(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，所以BC⊥AC.因为PA⊥平面ABC，所以BC⊥PA，又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
所以BC⊥PC，所以△PBC是直角三角形．
(2) 如图，过A作AH⊥PC于H，连接BH.
因为BC⊥平面PAC，AH 平面PAC，所以BC⊥AH，
又PC∩BC＝C，PC，BC 平面PBC，
所以AH⊥平面PBC，
所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角．
因为PA⊥平面ABC，所以∠PCA是PC与平面ABC所成的角，因为tan∠PCA＝＝，又PA＝2，
所以AC＝，所以在Rt△PAC中，
AH＝＝，所以在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，
即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
　9. 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB.
(1)求三棱锥P－AMN的体积；
(2)求二面角M－AN－D的正切值．
解　(1)∵PB＝PC，N为BC的中点，
∴PN⊥BC，
又PN⊥AB，AB∩BC＝B，
AB，BC 平面ABCD，∴PN⊥平面ABCD，
∵AB＝BC＝PB＝PC＝2，
∴PN＝，
∵M为PD的中点，
∴VP－AMN＝VD－AMN＝VM－ADN＝VP－ADN＝VP－ABCD＝××2×2×＝.
(2) 如图，取DN的中点E，连接ME，
∵M，E分别为PD，DN的中点，∴ME∥PN，
∵PN⊥平面ABCD，
∴ME⊥平面ABCD，∴ME⊥AN，过E作EQ⊥AN，垂足为点Q，连接MQ，又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，∴AN⊥平面MEQ，
∴AN⊥MQ，
∴∠MQE即为二面角M－AN－D的平面角，
∴tan∠MQE＝，
∵PN＝，
∴ME＝，
∵AN＝DN＝，AD＝2，
∴QE＝×＝，
∴tan∠MQE＝.
即二面角M－AN－D的正切值为.
10. (2021·厦门模拟)如图，在五面体ABCDEF中，AB⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，AB＝CD＝2.
(1)求证：AB∥CD；
(2)若AD＝AE＝2，EF＝1，且二面角E－DC－A的大小为60°，求二面角F－BC－D的大小．
解　(1)证明：因为AB⊥平面ADE，EF⊥平面ADE，所以AB∥EF，因为AB 平面CDEF，EF 平面CDEF，所以AB∥平面CDEF.
因为平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AB 平面ABCD，所以AB∥CD.
(2)因为AB⊥平面ADE，AB∥CD，
所以CD⊥平面ADE，
因为AD，DE 平面ADE，所以CD⊥AD，CD⊥DE，
所以∠ADE为二面角E－DC－A的平面角，即∠ADE＝60°，所以△ADE为等边三角形．因为AB∥CD，AB＝CD＝AD，CD⊥AD，所以四边形ABCD为正方形．
连接AC，BD，设AC与BD的交点为O，连接OF，分别取AD，BC的中点N，M，连接EN，MN，FM，则EN⊥AD，MN过点O，MN∥AB.
因为AB⊥平面ADE，所以MN⊥平面ADE，
因为EN 平面ADE，所以MN⊥EN.
因为MN∩AD＝N，MN，AD 平面ABCD，所以EN⊥平面ABCD.因为EF∥AB∥ON，EF＝1＝AB＝ON，所以四边形EFON为平行四边形，所以OF∥EN，所以OF⊥平面ABCD，所以OF⊥BC.因为OM⊥BC，OM∩OF＝O，OM，OF 平面FOM，所以BC⊥平面FOM，所以BC⊥FM，所以∠OMF即为二面角F－BC－D的平面角，在Rt△FOM中，OF＝EN＝，OM＝1，所以tan∠OMF＝＝，故二面角F－BC－D的大小为60°.
　
(1)利用综合法求空间线线角、线面角、二面角时要注意“作角、证明、计算”是一个完整的过程，缺一不可．
(2)斜线与平面所成的角，首先作出面的垂线，得出斜线在面内的射影，从而得出斜线与平面所成的角，转化为直角三角形求解．
(3)空间角中的难点是二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定义法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点；②垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角；③垂线法：过二面角的一个半平面内一点A作另一个半平面所在平面的垂线，得到垂足B，再从垂足B向二面角的棱作垂线，垂足为C，这样二面角的棱就垂直于这两个垂线所确定的平面ABC，连接AC，则AC也与二面角的棱垂直，∠ACB就是二面角的平面角或其补角，这样就把问题归结为解一个直角三角形，是求解二面角最基本、最重要的方法．
二、核心素养提升
例1　(2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
解　(1)证明：由已知可得∠BAC＝90°，即AB⊥AC.
又AB⊥DA，且AC∩DA＝A，AC，DA 平面ACD，所以AB⊥平面ACD.
又AB 平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝AC＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，
所以BP＝2.
作QE⊥AC，垂足为E，
则QE綊DC.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积为
V三棱锥Q－ABP＝QE·S△ABP＝×1××3×2sin45°＝1.
例2　(2022·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P－EBCD，点M为棱PB的中点．
(1)求证：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M－BCE的体积．
解　(1)证明：在题图1中，因为BE＝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，连接OM，
所以点O是BD的中点，
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)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，平面PDE∩平面EBCD＝DE，PD 平面PDE，
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＝，
所以OM＝PD＝AD＝，S△BCE＝S△ADE＝1，
所以V三棱锥M－BCE＝S△BCE·OM＝.
解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．
(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变．
(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．
课时作业
一、单项选择题
1．已知m，n，l是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l，n β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是(　　)
A．异面 B．相交但不垂直
C．平行 D．相交且垂直
答案　C
解析　因为α⊥β，α∩β＝l，n β，n⊥l，所以n⊥α.又m⊥α，所以m∥n.
2．已知空间中两平面α，β，直线l∥α，则“l⊥β”是“α⊥β”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　若l∥α且l⊥β，则α⊥β；若l∥α且α⊥β，则l与平面β的关系可能有l⊥β，l∥β，l β，l是β的斜线，∴“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．
3．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)
A．① B．①②
C．②③ D．④
答案　A
解析　如下图：
在①中，∵BE⊥CD，AE⊥CD，BE∩AE＝E，∴CD⊥平面ABE，∵AB 平面ABE，∴AB⊥CD，故①正确；在②中，∵CD∥AE，△ABE是等边三角形，∴AB与CD异面，且所成角为60°，故②错误；在③中，CD∥BE，∠ABE＝45°，∴AB与CD异面，且所成角为45°，故③错误；在④中，CD∥BE，tan∠ABE＝＝，∴AB与CD异面，且不垂直，故④错误．故选A.
4．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，F是线段A1B1的中点，则点F到平面ABC1D1的距离为(　　)
A. B．
C． D．
答案　C
解析　如图，连接A1D交AD1于点E，因为A1B1∥AB，A1B1 平面ABC1D1，AB 平面ABC1D1，所以A1B1∥平面ABC1D1，所以点F到平面ABC1D1的距离等于点A1到平面ABC1D1的距离，因为AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，
所以A1D⊥AB，因为A1D⊥AD1，AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以点A1到平面ABC1D1的距离等于A1E，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，所以A1E＝A1D＝×2＝，所以点F到平面ABC1D1的距离为.故选C.
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是(　　)
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
答案　D
解析　∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BDC，且平面ABD∩平面BDC＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.故选D.
6．在三棱锥P－ABC中，D为BC的中点，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝2，若PD与底面ABC所成角为45°，则三棱锥P－ABC的体积为(　　)
A. B．
C．4 D．
答案　B
解析　在三棱锥P－ABC中，D为BC的中点，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝2，所以BC＝＝2，AD＝BC＝，
因为PA⊥底面ABC，所以AD即为PD在平面ABC内的射影，即∠PDA为PD与底面ABC所成角，又PD与底面ABC所成角为45°，所以∠PDA＝45°，所以PA＝AD＝，所以VP－ABC＝S△ABC·PA＝××4×2×＝.故选B.
7. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2a，E是AB的中点，将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，使三棱锥A1－CDE的体积取得最大值，若此时三棱锥A1－CDE外接球的表面积为16π，则a＝(　　)
A．2 B．
C．2 D．4
答案　A
解析　当平面A1DE⊥平面CDE时，三棱锥A1－CDE的体积取得最大值，因为DC＝AB＝2AD＝2a，E是AB的中点，所以A1D＝A1E＝a，DE＝CE＝a，则DC2＝DE2＋EC2，所以△DEC为等腰直角三角形，且∠DEC＝90°，即EC⊥DE.
因为平面A1DE⊥平面CDE，平面A1DE∩平面CDE＝DE，CE 平面CDE，所以CE⊥平面A1DE.又DA1 平面A1DE，所以DA1⊥CE.又DA1⊥A1E，CE∩A1E＝E，所以DA1⊥平面A1EC，所以DA1⊥A1C.取DC的中点O，连接OA1，OE.在Rt△DEC中，OE＝CD＝a，在Rt△DA1C中，OA1＝CD＝a，则有OE＝OA1＝OC＝OD＝a，即O为外接球的球心，则球的半径为a，所以16π＝4π×a2，即a＝2.故选A.
8．已知矩形ABCD，AB＝1，AD＝2，点E为BC边的中点，将△ABE沿AE翻折，得到四棱锥B－AECD，且平面BAE⊥平面AECD，则四面体B－ECD的外接球的表面积为(　　)
A. B．4π
C． D．5π
答案　B
解析　如图所示，取AE，DE的中点分别为G，H，连接BG，作HI＝BG，且HI∥BG，所以四边形BGHI为矩形，且HG＝BI＝1，设外接球球心为O，半径为R，因为AB＝BE，AG＝GE，所以BG⊥AE，由平面BAE⊥平面AECD，
BG 平面BAE，易知BG⊥平面AECD，则有IH⊥平面DEC，因为HD＝HE，∠ECD＝90°，所以H是Rt△CED的外心，且易知球心O在IH上，连接OB，OE，因为AB＝1，AD＝2，所以BG＝IH＝，EH＝ED＝＝，且OE2＝OH2＋EH2＝OB2＝OI2＋BI2＝R2，设OH＝t，则有R2＝t2＋＝2＋1，解得t＝，所以R＝1，此时点I与点O重合，外接球表面积为4πR2＝4π.故选B.
二、多项选择题
9. 如图，AC为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列说法正确的是(　　)
A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
答案　ACD
解析　∵PA⊥平面ABC，PA 平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，故D正确；∵B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，∴BC⊥AB，∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴BC⊥PA，又AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，又BC 平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，故C正确；∵AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，PB∩BC＝B，∴AN⊥平面PBC，又AN 平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，故A正确；因无法判断PB⊥AS(或PB⊥NS)，故B不正确．故选ACD.
10. (2021·济南模拟)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论正确的是(　　)
A．三棱锥A－D1PC的体积不变
B．A1P∥平面ACD1
C．DP⊥BC1
D．平面PDB1⊥平面ACD1
答案　ABD
解析　对于A，连接AC，AD1，D1C，AP，D1P，BC1，PC，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面ACD1，故BC1上任意一点到平面ACD1的距离均相等，所以以P为顶点，面ACD1为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1P，A1C1，A1C1綊AC，由A项知，AD1∥BC1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，从而由线面平行的定义可得，A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；对于D，连接DB1，PD，PB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定定理知，平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确．
三、填空题
11．已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成的角为60°，若△PAB的面积为，则该圆锥的体积为________．
答案　
解析　作示意图如图所示，设底面半径为r，PA与圆锥底面所成角为60°，则∠PAO＝60°，则PO＝r，PA＝PB＝2r，又PA，PB所成角的余弦值为，则sin∠APB＝＝，则S△PAB＝PA·PBsin∠APB＝×2r×2r×＝，解得r＝，故圆锥的体积为π×()2×＝.
12．直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知∠ABC＝120°，四边形ABCD是边长为2的菱形，且AA1＝4，E为线段BC上的动点，当BE＝________时，A1E与底面ABCD所成的角为60°.
答案　－1
解析　如图所示，连接AE，因为AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA为A1E与底面ABCD所成的角，即∠A1EA＝60°.又因为AA1＝4，所以＝tan60°＝，
解得AE＝.设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝，2＝22＋m2－2×2×m×cos120°，整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝－1.
13．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面ADE⊥平面BCD，则DE＝________.
答案　
解析　过A作AH⊥DE，∵平面ADE⊥平面BCD，且平面ADE∩平面BCD＝DE，∴AH⊥平面BCD，∴AH⊥BC，又AD⊥BC，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE，∵AE＝＝，AD＝1，∴DE＝.
14. 如图所示，在四棱锥P－ABCD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)
答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析　∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC 平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
四、解答题
15.如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：
(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因为EF 平面ABC，AB 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC 平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.
因为AD 平面ABD，
所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.又因为AC 平面ABC，所以AD⊥AC.
16．如图，已知五棱锥P－ABCDE，其中△ABE，△PCD均为等边三角形，四边形BCDE为等腰梯形，BE＝2BC＝2CD＝2DE＝4，PB＝PE＝.
(1)求证：平面PCD⊥平面ABCDE；
(2)若线段AP上存在一点M，使得三棱锥P－BEM的体积为五棱锥P－ABCDE体积的，求AM的长．
解　(1)证明：如图，取CD的中点O，BE的中点N，连接PN，ON，PO.
因为△PCD为等边三角形，所以PO⊥CD，PO＝.
因为PB＝PE＝，BE＝4，
所以PN＝＝.
因为四边形BCDE为等腰梯形，
所以ON＝＝.
所以PN2＝PO2＋ON2，所以PO⊥ON.
因为ON∩CD＝O，ON，CD 平面ABCDE，所以PO⊥平面ABCDE.
又因为PO 平面PCD，
所以平面PCD⊥平面ABCDE.
(2)连接AN，因为△ABE为等边三角形，
四边形BCDE为等腰梯形，
所以A，O，N三点共线．
过M作MF⊥AO于点F，则MF∥PO，
因为PO⊥平面ABCDE，
所以MF⊥平面ABCDE.
因为VP－BEM＝VP－ABE－VM－ABE，且三棱锥P－BEM的体积为五棱锥P－ABCDE体积的，
所以＝，
所以＝，
所以MF＝.
又＝，所以＝，
所以AM＝.
17. 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝.
(1)求证：B1C∥平面A1BM；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．
解　(1) 证明：连接AB1，与A1B交于点O，连接OM.
在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1的中点，∴OM∥B1C，
又OM 平面A1BM，B1C 平面A1BM，
∴B1C∥平面A1BM.
(2)证明：∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM 平面ABC，∴AA1⊥BM，
又M为棱AC的中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.
∵AA1∩AC＝A，AA1，AC 平面ACC1A1，∴BM⊥平面ACC1A1，
又AC1 平面ACC1A1，∴BM⊥AC1.
∵AC＝2，∴AM＝1.又AA1＝，
∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝，
∴∠AC1C＝∠A1MA，
∴∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，∴A1M⊥AC1.
∵BM∩A1M＝M，BM，A1M 平面A1BM，∴AC1⊥平面A1BM.
(3) 当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下：设AC1的中点为D，连接DM，DN.
∵D，M分别为AC1，AC的中点，
∴DM∥CC1，且DM＝CC1.
又N为BB1的中点，
∴DM∥BN，且DM＝BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，∴BM∥DN，
∵BM⊥平面ACC1A1，
∴DN⊥平面AA1C1C.又DN 平面AC1N，
∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.

展开更多......

收起↑