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高考复习《线面平行、面面平行》课时作业8.5
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这是一份高考复习《线面平行、面面平行》课时作业8.5，共11页。
1．(2020·中原名校联盟4月联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β
C 对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.
2．(2020·湖北重点中学协作体联考)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )
A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2
C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n
B 由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.
3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
A 选项A，∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β，A正确；选项B，α⊥β，l⊂α，m⊂β，l与m的位置关系不确定；选项C，∵l∥β，l⊂α，∴α∥β或α与β相交；选项D，∵α∥β，l⊂α，m⊂β，此时，l与m的位置关系不确定．故选A.
4．(2020·湖南衡阳模拟)设α、β是空间两个平面，m、n、l是空间三条直线，则下列四个命题中，逆命题成立的个数是( )
①当n⊂α时，若n⊥β，则α⊥β
②当l⊥α时， 若l⊥β，则α∥β
③当n⊂α，且l⊄α时，若l∥α，则n∥l
④当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若n⊥l，则m⊥n
A．1 B．2 C．3 D．4
C 对于①，逆命题：当n⊂α时，若α⊥β，则n⊥β，由面面垂直的性质定理可知①的逆命题错误；对于②，逆命题：当l⊥α时，若α∥β，则l⊥β，由面面平行的性质可知②的逆命题正确；对于③，逆命题：当n⊂α，且l⊄α时，若n∥l，则l∥α，由线面平行的判定定理可知③的逆命题正确；对于④，逆命题：当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若m⊥n，则n⊥l，由三垂线定理可知③的逆命题正确．综上，逆命题成立的序号为②③④，故选C.
5.
(2019·全国Ⅲ卷)如图，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
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，EO⊂平面ECD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，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＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，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.
6.
(2020·昆明诊断)如图，AC＝2R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，则下列不正确的是( )
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
B ∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，
又AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，
又AN⊥PB，BC∩PB＝B，∴AN⊥平面PBC，
又PC⊂平面PBC，∴AN⊥PC，
又∵PC⊥AS，AS∩AN＝A，∴PC⊥平面ANS，
又PC⊂平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC，
∴A正确，C，D显然正确，故选B.
7.
如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
解析 ∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．
答案 4
8．(2020·洛阳模拟)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)
解析 ∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
9．(2020·河南商丘模拟)
如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.
其中正确命题的序号是________．
解析 由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，可得PA⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥面PAC，又AF⊂面PAC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥面PBC，又PB⊂面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF⊂平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.
答案 ①②③
10．如图，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可得A1B1＝eq \r(2)，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h.
又eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \f(1,2)×heq \r(22＋（\r(2)）2)，
所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(1,2)×eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)x，
得x＝eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
11．(2020·“超级全能生”全国联考)如图1，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB(如图2)．
(1)求证：BC⊥AD；
(2)求点E到平面BCD的距离．
解 (1)证明：作CH⊥AB于点H，
则BH＝eq \f(1,2)，AH＝eq \f(3,2)，
又BC＝1，∴CH＝eq \f(\r(3),2)，
∴CA＝eq \r(3)，
∴AC⊥BC，∵平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，
∴BC⊥AD.
(2)∵E为AB的中点，
∴点E到平面BCD的距离等于点A到平面BCD距离的一半．
而平面ADC⊥平面BCD，
∴过A作AQ⊥CD于Q，
又∵平面ADC∩平面BCD＝CD，且AQ⊂平面ADC，
∴AQ⊥平面BCD，AQ就是点A到平面BCD的距离．
由(1)知AC＝eq \r(3)，AD＝DC＝1，
∴cs∠ADC＝eq \f(12＋12－（\r(3)）2,2×1×1)＝－eq \f(1,2)，
又0<∠ADC<π，∴∠ADC＝eq \f(2π,3)，
∴在Rt△QAD中，∠QDA＝eq \f(π,3)，AD＝1，
∴AQ＝AD·sin∠QDA＝1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
∴点E到平面BCD的距离为eq \f(\r(3),4).
12.
(2020·潍坊调研)如图，四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，CD＝2AD，EC⊥底面ABCD.
(1)求证：平面ADE⊥平面ACE；
(2)(一题多解)若AD＝CE＝2，求三棱锥C－ADE的高．
(1)证明 ∵在▱ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝2AD，
∴在△ACD中，由余弦定理，得
AC＝ eq \r(AD2＋CD2－2AD·CDcs∠ADC)
＝ eq \r(AD2＋4AD2－2AD·2AD×\f(1,2))＝eq \r(3)AD，
∴AD2＋AC2＝CD2，∴∠DAC＝90°，故AD⊥AC.
∵EC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴EC⊥AD.
又∵EC∩AC＝C，AC，EC⊂平面ACE，∴AD⊥平面ACE.
∵AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACE.
(2)解 ∵AD＝2，∴CD＝4.由(1)知AC＝eq \r(3)AD，
∴AC＝2eq \r(3)，∴AE＝eq \r(AC2＋CE2)＝4.
法一 设三棱锥C－ADE的高为h.
由(1)知AD⊥平面ACE，
∴由VD－ACE＝VC－ADE，得eq \f(1,3)·AD·S△ACE＝eq \f(1,3)·h·S△ADE，即eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2＝eq \f(1,3)·h·eq \f(1,2)×2×4，
解得h＝eq \r(3).
∴三棱锥C－ADE的高为eq \r(3).
法二 在△ACE内，过点C作CF⊥AE，垂足为F.
由(1)知，平面AED⊥平面ACE，又平面ADE∩平面ACE＝AE，
∴CF⊥平面ADE，∴CF为三棱锥C－ADE的高．
在Rt△ACE中，CF·AE＝AC·CE，即CF×4＝2eq \r(3)×2，解得CF＝eq \r(3).
∴三棱锥C－ADE的高为eq \r(3).
[技能过关提升]
13.
(2020·大连一中月考)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，其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
D 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，正确的命题为①②③.
14．(2020·广东七校3月联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为________．
①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
解析
因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图)．
因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合．
答案 ④
15．(开放题)(2019·北京卷)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：________．
解析 已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
答案 若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
16．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq \f(1,2)AD.
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由．
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
解 (1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：
因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.
又AB⊂平面PAB.CM⊄平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD.
又BD⊂平面ABCD，
从而PA⊥BD.因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
M为AD的中点，连接BM，所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝eq \f(1,2)AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.
1．(2020·中原名校联盟4月联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β
C 对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C.
2．(2020·湖北重点中学协作体联考)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )
A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2
C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n
B 由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.
3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
A 选项A，∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β，A正确；选项B，α⊥β，l⊂α，m⊂β，l与m的位置关系不确定；选项C，∵l∥β，l⊂α，∴α∥β或α与β相交；选项D，∵α∥β，l⊂α，m⊂β，此时，l与m的位置关系不确定．故选A.
4．(2020·湖南衡阳模拟)设α、β是空间两个平面，m、n、l是空间三条直线，则下列四个命题中，逆命题成立的个数是( )
①当n⊂α时，若n⊥β，则α⊥β
②当l⊥α时， 若l⊥β，则α∥β
③当n⊂α，且l⊄α时，若l∥α，则n∥l
④当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若n⊥l，则m⊥n
A．1 B．2 C．3 D．4
C 对于①，逆命题：当n⊂α时，若α⊥β，则n⊥β，由面面垂直的性质定理可知①的逆命题错误；对于②，逆命题：当l⊥α时，若α∥β，则l⊥β，由面面平行的性质可知②的逆命题正确；对于③，逆命题：当n⊂α，且l⊄α时，若n∥l，则l∥α，由线面平行的判定定理可知③的逆命题正确；对于④，逆命题：当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若m⊥n，则n⊥l，由三垂线定理可知③的逆命题正确．综上，逆命题成立的序号为②③④，故选C.
5.
(2019·全国Ⅲ卷)如图，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
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，EO⊂平面ECD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，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＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，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.
6.
(2020·昆明诊断)如图，AC＝2R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，则下列不正确的是( )
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
B ∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，
又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，
又AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，
又AN⊥PB，BC∩PB＝B，∴AN⊥平面PBC，
又PC⊂平面PBC，∴AN⊥PC，
又∵PC⊥AS，AS∩AN＝A，∴PC⊥平面ANS，
又PC⊂平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC，
∴A正确，C，D显然正确，故选B.
7.
如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
解析 ∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．
答案 4
8．(2020·洛阳模拟)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)
解析 ∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
9．(2020·河南商丘模拟)
如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.
其中正确命题的序号是________．
解析 由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，可得PA⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上一点，则有BC⊥AC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥面PAC，又AF⊂面PAC，所以BC⊥AF，故③正确；因为AF⊥PC，PC∩BC＝C，所以AF⊥面PBC，又PB⊂面PBC，所以AF⊥PB，故①正确；因为AE⊥PB，AF⊥PB，AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF，又EF⊂平面PBC，AF∩AE＝A，所以AE不与面PBC垂直，故④错误．综上可知正确命题的序号为①②③.
答案 ①②③
10．如图，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E，要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可得A1B1＝eq \r(2)，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h.
又eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \f(1,2)×heq \r(22＋（\r(2)）2)，
所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(1,2)×eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)x，
得x＝eq \f(1,2).
答案 eq \f(1,2)
11．(2020·“超级全能生”全国联考)如图1，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB(如图2)．
(1)求证：BC⊥AD；
(2)求点E到平面BCD的距离．
解 (1)证明：作CH⊥AB于点H，
则BH＝eq \f(1,2)，AH＝eq \f(3,2)，
又BC＝1，∴CH＝eq \f(\r(3),2)，
∴CA＝eq \r(3)，
∴AC⊥BC，∵平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，
∴BC⊥AD.
(2)∵E为AB的中点，
∴点E到平面BCD的距离等于点A到平面BCD距离的一半．
而平面ADC⊥平面BCD，
∴过A作AQ⊥CD于Q，
又∵平面ADC∩平面BCD＝CD，且AQ⊂平面ADC，
∴AQ⊥平面BCD，AQ就是点A到平面BCD的距离．
由(1)知AC＝eq \r(3)，AD＝DC＝1，
∴cs∠ADC＝eq \f(12＋12－（\r(3)）2,2×1×1)＝－eq \f(1,2)，
又0<∠ADC<π，∴∠ADC＝eq \f(2π,3)，
∴在Rt△QAD中，∠QDA＝eq \f(π,3)，AD＝1，
∴AQ＝AD·sin∠QDA＝1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
∴点E到平面BCD的距离为eq \f(\r(3),4).
12.
(2020·潍坊调研)如图，四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，CD＝2AD，EC⊥底面ABCD.
(1)求证：平面ADE⊥平面ACE；
(2)(一题多解)若AD＝CE＝2，求三棱锥C－ADE的高．
(1)证明 ∵在▱ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝2AD，
∴在△ACD中，由余弦定理，得
AC＝ eq \r(AD2＋CD2－2AD·CDcs∠ADC)
＝ eq \r(AD2＋4AD2－2AD·2AD×\f(1,2))＝eq \r(3)AD，
∴AD2＋AC2＝CD2，∴∠DAC＝90°，故AD⊥AC.
∵EC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴EC⊥AD.
又∵EC∩AC＝C，AC，EC⊂平面ACE，∴AD⊥平面ACE.
∵AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACE.
(2)解 ∵AD＝2，∴CD＝4.由(1)知AC＝eq \r(3)AD，
∴AC＝2eq \r(3)，∴AE＝eq \r(AC2＋CE2)＝4.
法一 设三棱锥C－ADE的高为h.
由(1)知AD⊥平面ACE，
∴由VD－ACE＝VC－ADE，得eq \f(1,3)·AD·S△ACE＝eq \f(1,3)·h·S△ADE，即eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2＝eq \f(1,3)·h·eq \f(1,2)×2×4，
解得h＝eq \r(3).
∴三棱锥C－ADE的高为eq \r(3).
法二 在△ACE内，过点C作CF⊥AE，垂足为F.
由(1)知，平面AED⊥平面ACE，又平面ADE∩平面ACE＝AE，
∴CF⊥平面ADE，∴CF为三棱锥C－ADE的高．
在Rt△ACE中，CF·AE＝AC·CE，即CF×4＝2eq \r(3)×2，解得CF＝eq \r(3).
∴三棱锥C－ADE的高为eq \r(3).
[技能过关提升]
13.
(2020·大连一中月考)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，其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
D 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，正确的命题为①②③.
14．(2020·广东七校3月联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为________．
①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
解析
因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图)．
因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合．
答案 ④
15．(开放题)(2019·北京卷)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：________．
解析 已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
答案 若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
16．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq \f(1,2)AD.
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由．
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
解 (1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：
因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.
又AB⊂平面PAB.CM⊄平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD.
又BD⊂平面ABCD，
从而PA⊥BD.因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
M为AD的中点，连接BM，所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝eq \f(1,2)AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.
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