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第八章立体几何
第四讲　直线、平面垂直的判定及性质
考点测评
1.[多选题]下列说法正确的是 (　　)
A.垂直于同一个平面的两条直线平行
B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直
C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行
D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直
2.[2020合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m?α,则“n⊥m”是“n⊥α”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
3.[2019全国卷Ⅲ]如图8 - 4 - 1,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 (　　)
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
4.[2017全国卷Ⅲ]在正方体ABCD - A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 (　　)
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
5.[2020湖南省岳阳市三校第二次联考]如图8 - 4 - 2,在三棱锥V - ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是 (　　)
A.AC=BC
B.AB⊥VC
C.VC⊥VD
D.S△VCD·AB=S△ABC·VO
6.[2019北京高考]已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;　　②m∥α;　　③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　　　　.?
7.[2019北京高考]如图8 - 4 - 3,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F ,使得CF ∥平面PAE?说明理由.
图8 - 4 – 3
知识回顾
考法1 线面垂直的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　
1如图8 - 4 - 4,在直三棱柱ABC - A1B1C1中, AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F 是CC1上一点.
(1)当CF =2时,证明:B1F ⊥平面ADF ;
(2)若F D⊥B1D,求三棱锥B1 - ADF 的体积.
【解题思路】(1)证明B1F 与两直线AD,DF 垂直,利用线面垂直的判定定理得出B1F ⊥平面ADF ;(2)若F D⊥B1D,则Rt△CDF ∽Rt△BB1D,可求DF ,即可求三棱锥B1 - ADF 的体积.
【解析】(1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC. (等腰三角形底边中线与底边高线重合)
在直三棱柱ABC - A1B1C1中,因为BB1⊥底面ABC,AD?底面ABC,所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B=B,所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F ?平面B1BCC1,所以AD⊥B1F .
由题意,可知C1F =CD=1,B1C1=CF =2,∠B1C1F =∠F CD=90°,
所以Rt△DCF ≌Rt△F C1B1,所以∠CF D=∠C1B1F ,所以∠B1F D=90°, (利用平面几何知识找垂直)
所以B1F ⊥F D.
因为AD⊥B1F ,B1F ⊥F D,AD,F D?平面ADF ,且AD∩F D=D,所以B1F ⊥平面ADF . (线面垂直的判定定理)
(2)由(1)知AD⊥平面B1DF , CD=1,AD=2,
在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,
所以B1D=.
因为F D⊥B1D,所以Rt△CDF ∽Rt△BB1D,
所以,即DF =×,
所以×AD=××××2.
变式练习
1.[2020陕西省部分学校高三测试]如图8 - 4 - 5,在三棱柱ABC - A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1.
(1)求证:BB1⊥平面ABC;
(2)求多面体DBCA1B1C1的体积.
考法2 面面垂直的判定与性质
2 [2018北京高考]如图8 - 4 - 6,在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F 分别为AD,PB的中点.
(Ⅰ)求证:PE⊥BC;
(Ⅱ)求证:平面PAB⊥平面PCD;
(Ⅲ)求证:EF ∥平面PCD.
【解题思路】(Ⅰ)欲证PE⊥BC,只需证明PE⊥AD即可;(Ⅱ)先证PD⊥平面PAB,进而可证明平面PAB⊥平面PCD;(Ⅲ)取PC的中点G,连接F G,DG,通过证明EF ∥DG,可证得EF ∥平面PCD.
【解析】(Ⅰ)因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PE⊥AD. (等腰三角形的中线也是高线)
因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD, (矩形对边平行)
所以PE⊥BC.
(Ⅱ)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD. (矩形邻边垂直)
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD. (面面垂直的性质定理)
所以AB⊥PD.
又PA⊥PD, PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB,
又PD?平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. (面面垂直的判定定理)
(Ⅲ)如图8 - 4 - 7,取PC的中点G,连接F G,GD.
因为F ,G分别为PB和PC的中点,所以F G∥BC,且F G=BC. (构造中位线)
因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以ED∥BC,ED=BC,
所以ED∥F G,且ED=F G,所以四边形EF GD为平行四边形, (构造平行四边形)
所以EF ∥GD.
又EF ?平面PCD,GD?平面PCD,所以EF ∥平面PCD. (线面平行的判定定理)
【解后反思】
空间中垂直关系的证明几乎都是从平面图形中的垂直关系入手的,如该题第(Ⅱ)问利用矩形邻边垂直与已知的面面垂直的条件等得到PD⊥平面PAB.当然,第(Ⅱ)问也可以通过证明PA⊥平面PCD证得结论:因为平面PAD⊥平面ABCD,两平面的交线为AD,且CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,故CD⊥PA,又PA⊥PD,CD∩PD=D,所以PA⊥平面PCD,又PA?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.
变式练习
2.[2020四川五校联考]如图8 - 4 - 8,在三棱锥P - ABC中,底面ABC与侧面PAB均为正三角形,AB=2,PC=,M为AB的中点.
(1)证明:平面PCM⊥平面PAB;
(2)N为线段PA上一点,且S△CMN=,求三棱锥P - CMN的体积.
思想方法　转化思想在立体几何中的应用
3 [2019山东烟台模拟]如图8 - 4 - 9,四边形ABCD为矩形,A,E,B,F 四点共面,且△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,∠BAE=∠AF B=90°.
(1)求证:平面BCE∥平面ADF ;
(2)若平面ABCD⊥平面AEBF ,AF =1,BC=2,求三棱锥A - CEF 的体积.
【解题思路】
(1)由线面平行的判定定理证明BC∥平面ADF ,BE∥平面ADF ,然后利用面面平行的判定定理可证得结论;(2)由四边形ABCD为矩形,得BC⊥AB,结合面面垂直的性质定理可得BC⊥平面AEBF ,由已知条件并结合等体积法求三棱锥A - CEF 的体积.
【解析】(1)因为四边形ABCD为矩形,
所以BC∥AD,
又BC?平面ADF ,AD?平面ADF ,
所以BC∥平面ADF .
因为△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAE=∠AF B=90°,
所以∠BAF =∠ABE=45°,
所以AF ∥BE,
又BE?平面ADF ,AF ?平面ADF ,
所以BE∥平面ADF .
又BC?平面BCE,BE?平面BCE,BC∩BE=B,
所以平面BCE∥平面ADF . (三种平行关系的转化)
(2)因为四边形ABCD为矩形,
所以BC⊥AB,又平面ABCD⊥平面AEBF ,BC?平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF =AB,
所以BC⊥平面AEBF .
由AF =1,易知AE=,
所以S△AEF =AF ×AE×sin 135° =×1××,
所以V三棱锥A - CEF =V三棱锥C - AEF =S△AEF ×BC=××2=. (等体积转化)
变式练习
3.[2019江苏高考]如图8 - 4 - 10,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
第四讲　《直线、平面垂直的判定及性质》测试
基础篇
1.[2019昆明市高考模拟]已知直线l⊥平面α，直线m?平面β，则“α∥β”是“l⊥m”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
2. [2019河南八市重点高中联考]《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图8 - 4 - 1所示的四棱锥P - ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD=CD，点E，F 分别为PC，PD的中点，
图8 - 4 - 1
则图中的鳖臑有 (　　)
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
3.[2019辽宁五校联考]在正方体ABCD - A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则 (　　)
A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1
C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1
4.[2020惠州市二调]如图8 - 4 - 2，AB为圆O的直径，点E，F 在圆O上，AB∥EF ，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面互相垂直，已知AB=3，EF =1.
(1)求证:平面DAF ⊥平面CBF .
(2)设几何体F - ABCD，F - BCE的体积分别为V1，V2，求V1∶V2的值.
图8 - 4 - 2
5.[2020安徽省示范高中名校联考]图8 - 4 - 3是由正方形ABCG，直角梯形ABED，三角形BCF 组成的一个平面图形，其中AB=2DE=2，BE=BF =CF =，将其沿AB，BC折起使得BE与BF 重合，连接DG，如图8 - 4 - 4.
(1)证明:图8 - 4 - 4中的D，E，C，G四点共面，且平面ABD⊥平面DEC.
(2)求图8 - 4 - 4中点A到平面BCE的距离.
图8 - 4 - 3　　　　　　　　　图8 - 4 - 4
6.[2019辽宁五校联考]在如图8 - 4 - 5所示的几何体中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC=2DE=4，BC=2，DC=1，∠BCD=60°.
(1)证明:BD⊥平面ACDE.
(2)过点D作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积.
图8 - 4 - 5
提升篇
7.[2019南昌市三模]如图8 - 4 - 6(1)(2)，一个正四棱锥P1 - AB1C1D和一个正三棱锥P2 - B2C2S的所有棱长都相等，F 为棱B1C1的中点，将P1、P2，B1、B2，C1、C2分别对应重合为P，B，C，得到一个组合体.关于该组合体有如下三个结论:①AD⊥SP；②AD⊥SF ；③AB∥SP.其中错误结论的个数是 (　　)
(1)　　　　　　　　(2)
图8 - 4 - 6
A.0 B.1 C.2 D.3
8.[多选题]已知在如图8 - 4 - 7(1)所示的直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AD=2AB=2BC，F 为线段AD上一动点(不含端点)，现将△CDF 沿直线CF 翻折，使点D翻折到点D' 的位置，如图8 - 4 - 7(2)，关于翻折的过程(不包含始末状态)，下列结论正确的是 (　　)
(1)　　　　　　　　　　　　　(2)
图8 - 4 - 7
A.存在某个位置，使直线AF 与BD' 垂直
B.存在某个位置，使直线BF 与D' F 垂直
C.存在某个位置，使直线D' C与D' A垂直
D.存在某个位置，使直线BD' 与平面D' CF 垂直
9.[2019全国高三摸底联考]已知正方体A1B1C1D1 - ABCD的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E且与直线OC1垂直，若AB=1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为 (　　)
A. B. C. D.
10. [2020福建莆田模拟]如图8 - 4 - 8所示，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.
(1)求证:B1N⊥A1C；
(2)求点M到平面A1B1C的距离.
图8 - 4 - 8
11.[2020洛阳市第一次联考]如图8 - 4 - 9，四棱锥E - ABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD=DA=6，AB=2，DE=3.
(1)求三棱锥C - ADE的体积.
(2)求证:平面ACE⊥平面CDE.
(3)在线段DE上是否存在一点F ，使AF ∥平面BCE?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
图8 - 4 - 9
12.[2020长春市第一次质量监测]如图8 - 4 - 10，在三棱柱ABC - A1B1C1中，平面ABC，平面ACC1A1，平面BCC1B1两两垂直.
(1)求证:CA，CB，CC1两两垂直.
(2)若CA=CB=CC1=a，求三棱锥B1 - A1BC的体积.
图8 - 4 - 10
13.[原创题]如图8 - 4 - 11，在三棱锥P - ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为线段PB的中点，E为线段PC上的动点，且PA=AB=4，BC=3.
(1)求证:平面ADE⊥平面PBC.
(2)当三棱锥P - ADE的体积为2时，求DE的长度.
图8 - 4 - 11
参考答案与解析
第四讲　直线、平面垂直的判定及性质
考点测评
1.ABC　对于A，由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行，A正确；
对于B，由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直，B正确；
对于C，由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C正确；
对于D，当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时，该直线与这个平面不一定垂直，D错误.故选ABC.
2.B　当直线m，n都在平面α内时，不能由m⊥n推出n⊥α；若n⊥α，且m?α，由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件，故选B.
3.B　取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD=CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO=，ON=1，所以EN2=EO2+ON2=4，得EN=2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP=，CP=，所以BM2=MP2+BP2=()2+()2+22=7，得BM=，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.
4.C　由正方体的性质得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，又A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.
5.C　因为VO⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA=VB，AD=BD，所以VD⊥AB.而VO∩VD=V，所以AB⊥平面VCD.因为CD?平面VCD，所以AB⊥CD，所以AC=BC，可知A一定成立.
因为VC?平面VCD，所以AB⊥VC，可知B一定成立.
因为S△VCD=VO·CD，S△ABC=AB·CD，所以S△VCD·AB=S△ABC·VO，可知D一定成立.
由题中条件无法判断VC⊥VD，可知C不一定成立.故选C.
6.若l⊥m，l⊥α，则m∥α.(答案不唯一)　若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③?②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α或l与α相交，故①②?③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③?①正确.
7.(1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.
又PA∩AB=A，所以AE⊥平面PAB.
又AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下.
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG，如图D 8 - 4 - 1所示.
图D 8 - 4 - 1
则FG∥AB，且FG=AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB.
所以FG∥CE，且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.
所以CF∥EG.
因为CF?平面PAE，EG?平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
变式练习
1.(1)因为AC=BC，D为AB的中点，
所以CD⊥AB，又DC⊥DA1，AB∩DA1=D，
所以CD⊥平面AA1B1B，又BB1?平面AA1B1B，
所以CD⊥B1B，又B1B⊥AB，AB∩CD=D，
所以B1B⊥平面ABC.
(2)
=S△ABC·AA1 - S△ACD·AA1
=S△ABC·AA1 - S△ABC·AA1
=S△ABC·AA1
=2×2×2
=.
2.(1)因为△ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，所以CM⊥AB，CM=.
同理得PM=，又PC=，
所以CM2+PM2=PC2，所以CM⊥PM.
又AB∩PM=M，所以CM⊥平面PAB，
又CM?平面PCM，所以平面PCM⊥平面PAB.
(2)解法一　由(1)得CM⊥平面PAB，
又MN?平面PAB，所以CM⊥MN，△CMN为直角三角形，
所以S△CMN=·CM·MN=，且CM=，解得MN=.
在△AMN中，cos∠NAM=，即cos 60°=，
解得AN=，所以PN=.
所以，S△PNM=S△PAM=S△PAB=，
V三棱锥P - CMN=V三棱锥C - PMN
=S△PMN·CM
=
=.
解法二　由(1)可得CM⊥平面PAB，
又NM?平面PAB，所以CM⊥NM，
则S△CMN=CM·NM，
即·NM，解得NM=，
所以，得△ANM∽△AMP，则∠ANM=∠AMP=90°，
所以NM⊥PA，又CM⊥PA，NM∩CM=M，
所以PA⊥平面CNM，
在Rt△PNM中，PN=，
所以V三棱锥P - CMN=S△CMN·PN=.
3.(1)如图D 8 - 4 - 2所示，因为D，E分别为BC，AC的中点，
图D 8 - 4 - 2
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC - A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.
又BE?平面ABC，所以C1C⊥BE.
因为C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
基础篇
1.A　因为l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m?β，所以l⊥m；但由l⊥α，l⊥m，m?β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件.故选A.
【解题关键】　本题以空间位置关系为载体考查充要条件，求解的关键是熟记空间中直线、平面平行与垂直的判定及性质，梳理各种证明方法，结合题设条件准确运用.题目没有给出图形时，要画出图形，借助图形的直观性进行判断.
2.C　因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，PD⊥BD，
又四边形ABCD为正方形，所以BC⊥CD，
所以BC⊥平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面体PDBC是一个鳖臑.
因为DE?平面PCD，所以BC⊥DE，
因为PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，
又PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC，所以DE⊥BE，
可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑.
同理可得，四面体PABD和FABD都是鳖臑.
故选C.
3.D　如图D 8 - 4 - 3，设CC1的中点为P，连接NP，
图D 8 - 4 - 3
则NP∥C1D1，又MN∩NP=N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线)，所以选项A错误；假设MN⊥BC1，连接CM，易知CM⊥BC1，又MN∩CM=M，所以BC1⊥平面MNC，所以BC1⊥CD1，所以AD1⊥CD1，这与△ACD1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B错误；假设MN⊥平面ACD1，则MN⊥CD1，连接MD1，因为N为CD1的中点，所以MC=MD1，这是不可能的(理由:设正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1，则易求得MC=，MD1=)，所以假设错误，即选项C错误；设CD，BC的中点分别为E，F，连接EF，则易知MN∥EF，且EF⊥平面ACC1，所以MN⊥平面ACC1，所以选项D正确.故选D.
4.(1)解法一　∵平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，CB⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF=AB，CB?平面ABCD，
∴CB⊥平面ABEF，
∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB.
又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，
∵CB∩BF=B，∴AF⊥平面CBF，
∵AF?平面DAF，
∴平面DAF⊥平面CBF.
解法二　∵平面ABCD⊥平面ABEF，在矩形ABCD中，DA⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF=AB，DA?平面ABCD，
∴DA⊥平面ABEF，
∵BF?平面ABEF，∴DA⊥BF.
又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，
∵DA∩AF=A，
∴BF⊥平面DAF，
∵BF?平面CBF，∴平面DAF⊥平面CBF.
(2)如图D 8 - 4 - 4，过点F作FH⊥AB，交AB于H.
图D 8 - 4 - 4
∵平面ABCD⊥平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF=AB，
且FH?平面ABEF，
∴FH⊥平面ABCD.
则V1=(AB×BC)×FH，
易知V2=()×BC，
∴=6.
5.(1)因为正方形ABCG中，AB∥CG，梯形ABED中，DE∥AB，所以DE∥CG，
所以D，E，C，G四点共面.
因为AG⊥AB，所以AG⊥DE.因为AD⊥DE，AD∩AG=A，
所以DE⊥平面ADG.
因为DG?平面ADG，所以DE⊥DG.
在直角梯形ABED中，AB=2，DE=1，BE=，可求得AD=，
同理在直角梯形GCED中，可求得DG=，又AG=BC=2，
所以AD2+DG2=AG2，由勾股定理的逆定理可知AD⊥DG.
因为AD⊥DE，DE∩DG=D，所以AD⊥平面DECG.
因为AD?平面ABD，故平面ABD⊥平面DECG，
即平面ABD⊥平面DEC.
(2)易知在等腰直角三角形ADG中，AG边上的高为1，所以点D到平面ABCG的距离等于1.
因为DE与平面ABCG平行，所以点E到平面ABCG的距离h1=1，
连接AC，AE，三角形ABC的面积S1=AB·BC=2，
△BCE中，BC边上的高为，
△BCE的面积S2=BC·.
设点A到平面BCE的距离为h2，由三棱锥A - BCE的体积V三棱锥A - BCE=V三棱锥E - ABC，
得h2=，故点A到平面BCE的距离为.
6.(1)在△BCD中，BD2=22+12 - 2×1×2cos 60°=3，
所以BC2=BD2+DC2，所以△BCD为直角三角形，BD⊥CD.
又AC⊥平面BCD，所以AC⊥BD.
而AC∩CD=C，所以BD⊥平面ACDE.
(2)如图D 8 - 4 - 5，取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，则平面DFM即为所求.
图D 8 - 4 - 5
理由如下:
因为DE∥AC，且易知DE=AF，所以四边形AEDF为平行四边形，所以DF∥AE，从而DF∥平面ABE，
又点F，M分别为AC，BC的中点，所以FM∥AB，从而FM∥平面ABE.
因为FM∩DF=F，所以平面DFM∥平面ABE.
由(1)可知，BD⊥平面ACDE，所以点B到平面ACDE的距离为，由题意可知，FC⊥平面CDM，所以点F到平面CDM的距离为2.
V四棱锥B - ACDE=，
V三棱锥F - CDM=(sin 60°)×2=，
所以所求几何体的体积V=.
提升篇
7.A　由于正四棱锥P1 - AB1C1D和正三棱锥P2 - B2C2S的所有棱长都相等，因此可以将两者叠放在一起，得到组合体PAD - SBC，把其放在两个相同的正四棱柱拼成的几何体内，如图D 8 - 4 - 6所示，点P对应左侧正四棱柱上底面的中心O1，点S对应右侧正四棱柱上底面的中心O2，由图D 8 - 4 - 6可知拼成的组合体PAD - SBC是一个三棱柱，所以SP∥AB.设E为AD的中点，连接PE，EF，FS，可知AD⊥SP，AD⊥平面PEFS，所以AD⊥SF.故三个结论都正确，选A.
图D 8 - 4 - 6
8.AB　在翻折过程中，当点D' 在平面ABCF内的射影落在直线AB上时，平面ABD' ⊥平面ABCF，又AF⊥AB，平面ABD' ∩平面ABCF=AB，所以AF⊥平面ABD' ，所以AF⊥BD' ，因此A正确；当AF=D' F，且点D' 在平面ABCF内的射影落在点F处时，有D' F⊥平面ABCF，故BF⊥D' F，因此B正确；连接AC，在△ACD' 中，易知AC=CD' ，因此，无论任何位置，都不可能有D' C⊥D' A，因此C不正确；对于D，假设存在某个位置，使直线BD' 与平面D' CF垂直，则有BD' ⊥D' C，即∠BD' C=90°，此时BC>D' C，设AD=2AB=2BC=2，则BC=1，D' C=，与BC>D' C矛盾，因此D不正确.故选AB.
【素养落地】　试题以对空间线面位置关系的探究为主线，考查直线与直线、直线与平面的位置关系的可能情况，考查直观想象、逻辑推理等核心素养.
9.A　如图D 8 - 4 - 7，连接BE，DE，DC1，A1C，BC1，OE，A1C1，
图D 8 - 4 - 7
易知BD⊥平面ACC1A1.因为OC1?平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，因为A1C?平面ACC1A1，所以A1C⊥BD，同理A1C⊥C1D.又BD∩C1D=D，所以A1C⊥平面BDC1.易知OE∥A1C，所以OE⊥平面BDC1.因为OC1?平面BDC1，所以OE⊥OC1.因为BD⊥OC1，EO∩BD=O，所以OC1⊥平面BDE，而过点O有且只有一个平面与直线OC1垂直，过点E有且只有一条直线OE与平面DBC1垂直，所以平面BDE即为平面α.故平面α截该正方体所得的截面图形为△BDE，由AB=1，可求得△BDE的面积为BD·OE=BD·A1C=.故选A.
10. (1)如图D 8 - 4 - 8，连接CM，
图D 8 - 4 - 8
在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以CM⊥AA1.
在△ABC中，由题意知AC=BC，AM=BM，所以CM⊥AB.
又AA1∩AB=A，所以CM⊥平面ABB1A1.
因为B1N?平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.
又A1M⊥B1N，A1M∩CM=M，
所以B1N⊥平面A1CM.
因为A1C?平面A1CM，所以B1N⊥A1C.
(2)在矩形ABB1A1中，A1M⊥B1N，
所以∠AA1M=∠A1B1N，
所以tan∠AA1M=tan∠A1B1N，即.
因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，所以AM=1，CM=，A1B1=2.
设AA1=x(x>0)，则A1N=，所以，解得x=2.
故四边形ABB1A1，BCC1B1，ACC1A1均为正方形.
解法一　如图D 8 - 4 - 9，连接B1M.
从而=2，
A1C=B1C=2.
在△A1CB1中，cos∠A1CB1=，
所以sin∠A1CB1=，所以A1C·B1C·sin∠A1CB1=22.
设点M到平面A1B1C的距离为d，由，得·d=·CM，所以d=，即点M到平面A1B1C的距离为.
图D 8 - 4 - 9
解法二　如图D 8 - 4 - 9，取A1B1的中点D，连接MD，CD，过M作MO⊥CD于点O.
在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可知CM⊥A1B1.
又CM∩DM=M，所以A1B1⊥平面CDM.
因为MO?平面CDM，所以A1B1⊥MO.
又MO⊥CD，A1B1∩CD=D，所以MO⊥平面A1B1C，即线段MO的长为点M到平面A1B1C的距离.
由(1)可得CM⊥DM.
又MD=2，所以由勾股定理可得CD=，S△CMD=·CD·MO=·CM·MD，即MO=2，解得MO=，即点M到平面A1B1C的距离为.
11.(1)在Rt△ADE中，AE==3，
因为CD⊥平面ADE，
所以三棱锥C - ADE的体积为V三棱锥C - ADE=S△ADE·CD=··CD=9.
(2)因为CD⊥平面ADE，AE?平面ADE，所以CD⊥AE.
又AE⊥DE，CD∩DE=D，所以AE⊥平面CDE.
又AE?平面ACE，所以平面ACE⊥平面CDE.
(3)结论:在线段DE 上存在点F，使AF∥平面BCE，且.
设F为线段DE上一点，且，如图D 8 - 4 - 10，过点F作FM∥CD交CE于点M，连接BM，AF，
图D 8 - 4 - 10
则FM=CD.
因为CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD∥AB.
又CD=3AB，所以MF=AB，MF∥AB，所以四边形ABMF是平行四边形，则AF∥BM.又AF?平面BCE，BM?平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
12.(1)在△ABC内取一点P，作PD⊥AC，PE⊥BC，
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1=AC，所以PD⊥平面ACC1A1，所以PD⊥CC1.
同理PE⊥CC1，又PD∩PE=P，所以CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
用证CC1⊥AC的方法，可证AC⊥BC，故CA，CB，CC1两两垂直.
(2)，由(1)可知，三棱锥A1 - BCB1的高为A1C1=a，
又BC·BB1=a2，所以三棱锥B1 - A1BC的体积为a3.
13.(1)∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC.
又AB⊥BC，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB.
∵AD?平面PAB，∴AD⊥BC.
∵PA=AB，D为线段PB的中点，∴AD⊥PB.
又BC∩PB=B，∴AD⊥平面PBC.
∵AD?平面ADE，∴平面ADE⊥平面PBC.
(2)易知S△PAD=S△PAB=4×4=4.
记点E到平面PAB的距离为h，则V三棱锥P - ADE=V三棱锥E - PAD=S△PAD×h=h，由h=2，得h=.
由(1)可知BC⊥平面PAB.∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.
过点E向PB作垂线，垂足为F，则EF⊥平面PAB，且EF∥BC.
∵EF=h=，BC=3，∴EF为△PBC的中位线，即点F与点D重合.故DE=.
【素养落地】　本题以三棱锥为载体，让考生在运用与线面、面面垂直有关的定理的过程中，提升直观想象和逻辑推理等核心素养.
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