新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何4直线平面垂直的判定与性质综合集训含解析

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何4直线平面垂直的判定与性质综合集训含解析，共25页。
直线、平面垂直的判定与性质
基础篇
【基础集训】
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
1.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
答案　C
2.若平面α,β满足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P∉l,下列命题为假命题的是 (　　)
A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B.过点P垂直于直线l的直线在平面α内
C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β
答案　B
3.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF将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,则在这个空间图形中必有 (　　)

A.AG⊥平面EFH　　B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF　　D.HG⊥平面AEF
答案　B
4.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上异于A,B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.
其中正确结论的序号是　　　　. 

答案　①②③
5.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.
如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由.





考点二　平面与平面垂直的判定与性质
6.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,给出下列结论:
①AD∥平面PBC;
②平面PAC⊥平面PBD;
③平面PAB⊥平面PAC;
④平面PAD⊥平面PDC.
其中正确结论的序号是　　　　. 

答案　①②④
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点,求证:
(1)PA⊥底面ABCD;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面BEF⊥平面PCD.

[教师专用题组]
【基础集训】
1.如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,构成四面体ABCD,则在四面体中,下列说法正确的是　 (　　)

A.平面ABD⊥平面ABC　　B.平面ACD⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BCD　　D.平面ACD⊥平面ABC
答案　D　∵在四边形ABCD中,AD∥BC,∠BCD=45°,∴∠ADC=135°,∵AD=AB,∠BAD=90°,∴∠ADB=45°,∴∠BDC=90°,∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,∴CD⊥平面ABD,∴CD⊥AB,又AD⊥AB,AD∩CD=D,∴AB⊥平面ACD,又AB⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ACD.故选D.
2.(2018安徽亳州模拟,8)如图甲所示,在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B、C、D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体A-EFH中必有 (　　)

A.AH⊥平面EFH　　B.AG⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF　　D.HG⊥平面AEF
答案　A　∵AH⊥HE,AH⊥HF,且EH∩HF=H,
∴AH⊥平面EFH,A正确;
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴B不正确;
∵AG⊥EF,EF⊥AH,AG∩AH=A,
∴EF⊥平面HAG,
∵EF⊂平面AEF,
∴平面HAG⊥AEF,
∴过H作平面AEF的垂线,一定在平面HAG内,∴C不正确;
∵HG不垂直于AG,
∴HG⊥平面AEF不正确,
∴D不正确.故选A.
3.(2019湖北武汉4月调研,6)已知两个平面相互垂直,给出下列命题:
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面;
④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.
其中正确命题的个数是 (　　)
A.3　　B.2　　C.1　　D.0
答案　C　构造正方体ABCD-A1B1C1D1,如图,

①在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D⊂平面ADD1A1,BD⊂平面ABCD,但A1D与BD不垂直,故①错;
②在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,l是平面ADD1A1内任意一条直线,l与平面ABCD内和AB平行的所有直线垂直,故②正确;
③在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D⊂平面ADD1A1,但A1D与平面ABCD不垂直,故③错;
④在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,过交线AD上的任一点作交线的垂线l,则l可能与平面ABCD垂直,也可能与平面ABCD不垂直,故④错.故选C.
4.(2019河南安阳3月检测,18)如图,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)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,
所以CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.
因为E是PC的中点,所以AE⊥PC.
由(1)知,AE⊥CD,且PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
又PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD,
又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABE.
5.(2018湖南益阳模拟,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,∠DAB=∠ABP=90°.
(1)求证:AD⊥平面PAB;
(2)求证:AB⊥PC;
(3)若点E在棱PD上,且CE∥平面PAB,求PEPD的值.

解析　(1)证明:因为∠DAB=90°,
所以AD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD,
且平面PAB∩平面ABCD=AB,
所以AD⊥平面PAB.
(2)证明:由(1)知AD⊥AB,
因为AD∥BC,所以BC⊥AB.
又因为∠ABP=90°,
所以PB⊥AB.
因为PB∩BC=B,
所以AB⊥平面PBC,
因为PC⊂平面PBC,
所以AB⊥PC.
(3)如图,过E作EF∥AD交PA于F,连接BF.

因为AD∥BC,所以EF∥BC.
所以E,F,B,C四点共面.
又因为CE∥平面PAB,
且CE⊂平面BCEF,平面BCEF∩平面PAB=BF,
所以CE∥BF,
所以四边形BCEF为平行四边形,
所以EF=BC=12AD.
在△PAD中,因为EF∥AD,
所以PEPD=EFAD=12,
即PEPD=12.
6.(2020河南安阳二模,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AD=BD=22AB=2,平面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=2,E,F分别为PC,BD的中点.
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)求证:平面PAD⊥平面PBD;
(3)求三棱锥B-PCD的体积.

解析　(1)证明:如图,连接AC.

因为底面ABCD是平行四边形,且F是BD的中点,
所以F也是AC的中点.
又因为E是PC的中点,所以EF∥PA.
因为PA⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
(2)证明:在△ABD中,因为AD=BD=22AB=2,
所以AD2+BD2=8=AB2,则BD⊥AD.
又因为平面PAD⊥底面ABCD,交线为AD,而BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PAD.
因为BD⊂平面PBD,
所以平面PAD⊥平面PBD.
(3)如图,取AD中点O,连接PO.
∵PA=PD,O为AD中点,∴PO⊥AD.
又∵平面PAD⊥底面ABCD,交线为AD,
∴PO⊥平面ABCD.
∵PA=PD=2,AD=2,
∴PA2+PD2=4=AD2,∴PA⊥PD.
∴PO=1,∴VB-PCD=VP-BCD=13×S△BCD×PO=13×12×2×2×1=23.
7.(2019北京西城二模文,18)如图1,在平行四边形ABCD中,O为AD的中点,BO^AD.将三角形ABO沿BO折起到三角形A1BO的位置,如图2.
(1)求证:BO^A1D;
(2)若M为A1B的中点,求证:MO∥平面A1CD;
(3)判断平面A1OD能否垂直于平面A1CD,证明你的结论.

图1

图2
解析　(1)证明:因为在题图1中,BO⊥AD,
所以在题图2中,BO⊥A1O,BO⊥OD,
又因为A1O∩OD=O,A1O,OD⊂平面A1OD,
所以BO⊥平面A1OD,又因为A1D⊂平面A1OD,
所以BO⊥A1D.
(2)证明:如图,取A1C的中点N,连接MN、DN.
因为M为A1B的中点,
所以MN∥BC,MN=12BC,又因为OD∥BC,OD=12BC,
所以MN∥OD,MN=OD,
所以四边形OMND为平行四边形,所以MO∥DN.
又因为MO⊄平面A1CD,DN⊂平面A1CD,
所以MO∥平面A1CD.

(3)结论:平面A1OD不可能垂直于平面A1CD.
证明如下:
假设平面A1OD⊥平面A1CD,
在平面A1OD内过O作OE⊥A1D于E,
因为平面A1OD∩平面A1CD=A1D,
所以OE⊥平面A1CD.
又因为CD⊂平面A1CD,所以OE⊥CD.
由(1)知BO⊥平面A1OD,所以BO⊥OE.
又因为BO与CD相交,BO,CD⊂平面OBCD,
所以OE⊥平面OBCD,
故OE同时垂直于两个相交平面OBCD和A1CD,
这显然不成立,故假设不成立.
所以平面A1OD不可能垂直于平面A1CD.
解后反思　(1)先由线面垂直的判定定理得线面垂直,再由线面垂直的性质得线线垂直;(2)要证明线面平行,即在平面中找到一条直线与该直线平行,用线面平行的判定定理进行证明;(3)运用反证法进行证明.
8.(2018广东江门一模,19)如图,在直角梯形ABEF中,∠ABE=∠BAF=90°,C、D分别是BE、AF上的点,且DA=AB=BC=2a,DF=2CE=2a.沿CD将四边形CDFE翻折至四边形CDPQ的位置,连接AP、BP、BQ,得到多面体ABCDPQ,且AP=6a.
(1)求多面体ABCDPQ的体积;
(2)求证:平面PBQ⊥平面PBD.

解析　(1)∵DA=AB=BC=2a,∠ABC=∠BAD=90°,
∴四边形ABCD是正方形,
∴CD⊥AD,CD⊥DP,
又AD∩DP=D,
∴CD⊥平面ADP.
∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADP,
∵AD2+DP2=AP2,∴AD⊥DP,
又CD⊥AD,CD∩DP=D,
∴AD⊥平面CDPQ,又AD∥BC,
∴BC⊥平面CDPQ.
∴VB-CDPQ=13S梯形CDPQ·BC=13×(a+2a)×2a2×2a=a3,
VB-ADP=13S△ADP·AB=13×12×2a×2a×2a=2a33,
∴多面体ABCDPQ的体积为VB-CDPQ+VB-ADP=5a33.
(2)证明:取BP的中点G,连接GQ、DG、DQ,

在△ABP中,BP=AB2+AP2=22a,
∴BG=12BP=2a,
在△BCQ中,BQ=BC2+CQ2=3a.
PQ=(DP-CQ)2+CD2=3a,
∴PQ=BQ,∴GQ⊥BP.
∴QG=BQ2-BG2=a,
又BD=2AB=2a=DP,
∴DG⊥BP,
∴DG=BD2-BG2=2a,
又DQ=CQ2+CD2=3a,
∴DQ2=QG2+DG2,∴QG⊥DG.
又BP∩DG=G,∴QG⊥平面PBD,
又QG⊂平面PBQ,
∴平面PBQ⊥平面PBD.
思路分析　(1)将多面体分解成三棱锥B-ADP和四棱锥B-CDPQ,分别计算两个棱锥的体积然后相加即可;
(2)取BP的中点G,连接GQ、DG、DQ,根据勾股定理计算各边长得出QG⊥BP,QG⊥DG,从而QG⊥平面PBD,于是证得平面PBQ⊥平面PBD.
综合篇
【综合集训】
考法一　证明直线与平面垂直的方法
1.(2017课标Ⅲ,10,5分)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
答案　C
2.(多选题)(2020山东泰安期末,6)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题正确的是 (　　)
A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
D.若m⊥α,m∥n,n⊥β,则α∥β
答案　ACD
3.(多选题)(2020山东济宁一中二轮检测,6)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是 (　　)

答案　BD
4.(2018课标Ⅱ,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.

5.(2020山东临沂期末,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB⊥BC,AP=AB=BC=12AD,E为AD的中点,AC与BE相交于点O.
(1)证明:PO⊥平面ABCD;
(2)求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.

6.(2020山东普通高等学校招生全国统一考试模拟,18)已知在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB=BC=CD=12AD,G是PB的中点,△PAD是等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:CD⊥平面GAC;
(2)求二面角P-AG-C的余弦值.

考法二　证明平面与平面垂直的方法
7.(多选题)(2020山东济宁兖州模拟,10)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法正确的是 (　　)

A.在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMB
B.异面直线AD与PB所成的角为90°
C.二面角P-BC-A的大小为45°
D.BD⊥平面PAC
答案　ABC
8.(多选题)(2020山东淄博二模,11)如图所示,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,△CDE是正三角形,M为线段DE的中点,点N为底面ABCD内的动点,则下列结论正确的是 (　　)

A.当BC⊥DE时,平面CDE⊥平面ABCD
B.当BC⊥DE时,直线EA与平面ABCD所成的角的正弦值为104
C.当直线BM和EN异面时,点N不可能为底面ABCD的中心
D.当平面CDE⊥平面ABCD,且点N为底面ABCD的中心时,BM=EN
答案　AC
9.(2020山东仿真联考3)如图1,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90°,AB=23,BC=4,AD=6,E是AD上的点,AE=13AD,P为BE的中点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,使得A1C=4,如图2.
(1)求证:平面A1CP⊥平面A1BE;
(2)点M在线段CD上,当直线A1M与平面A1PD所成角的正弦值为68时,求二面角M-A1P-D的余弦值.

10.(2019北京,18,14分)如图,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.

[教师专用题组]
【综合集训】
考法一　证明直线与平面垂直的方法
1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知侧棱CC1⊥底面ABC,M为BC的中点,AC=AB=3,BC=2,CC1=2.
(1)证明:B1C⊥平面AMC1;
(2)求点A1到平面AMC1的距离.

解析　(1)证明:在△ABC中,AC=AB,M为BC的中点,故AM⊥BC,
又侧棱CC1⊥底面ABC,AM⊂平面ABC,所以CC1⊥AM,
又BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面BCC1B1,
所以AM⊥平面BCC1B1,
又B1C⊂平面BCC1B1,所以AM⊥B1C.
在Rt△BCB1中,tan∠B1CB=B1BBC=22,
在Rt△MCC1中,tan∠MC1C=MCC1C=12=22,
所以∠B1CB=∠MC1C,又∠B1CB+∠C1CB1=90°,
所以∠MC1C+∠C1CB1=90°,即MC1⊥B1C,
又AM⊥B1C,AM∩MC1=M,AM,MC1⊂平面AMC1,所以B1C⊥平面AMC1.
(2)由(1)知AM⊥MC1,设点A1到平面AMC1的距离为h,
由于VA1-AMC1=VM-A1AC1=VM-CAC1=VC1-AMC,
所以13S△AMC1·h=13S△AMC·CC1,
于是h=S△AMC·CC1S△AMC1=12·AM·MC·CC112·AM·C1M=MC·CC1C1M=23=63,所以点A1到平面AMC1的距离为63.
2.(2017重庆巴蜀中学三模)如图,平面ABCD⊥平面ADEF,四边形ABCD为菱形,四边形ADEF为矩形,M,N分别是EF,BC的中点,AB=2AF,∠CBA=60°.
(1)求证:DM⊥平面MNA;
(2)若三棱锥A-DMN的体积为33,求MN的长.

解析　(1)证明:连接AC,在菱形ABCD中,∠CBA=60°,AB=BC,
∴△ABC为等边三角形,又∵N为BC的中点,∴AN⊥BC,
∵BC∥AD,∴AN⊥AD,
又∵平面ABCD⊥平面ADEF,AN⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面ADEF=AD,
∴AN⊥平面ADEF,又DM⊂平面ADEF,∴DM⊥AN.
∵在矩形ADEF中,AD=2AF,M为EF的中点,
∴△AMF为等腰直角三角形,∴∠AMF=45°,
同理,∠DME=45°,∴∠DMA=90°,∴DM⊥AM,
又∵AM∩AN=A,且AM,AN⊂平面MNA,
∴DM⊥平面MNA.

(2)设AF=x,则AB=2AF=2x,
在Rt△ABN中,AB=2x,∠ABN=60°,
∴AN=3x,
∴S△ADN=12×2x×3x=3x2.
∵平面ABCD⊥平面ADEF,AD为平面ABCD与平面ADEF的交线,FA⊥AD,
∴FA⊥平面ABCD,
设h为点M到平面ADN的距离,则h=AF=x,
∴VM-ADN=13×S△ADN×h=13×3x2×x=33x3,
∵VM-ADN=VA-DMN=33,∴x=1,
∵AN⊥平面ADEF,AM⊂平面ADEF,∴AN⊥AM.
∴MN=AN2+AM2=5.
3.(2018四川成都二诊,19)如图,D是AC的中点,四边形BDEF是菱形,平面BDEF⊥平面ABC,∠FBD=60°,AB⊥BC,AB=BC=2.

(1)若点M是线段BF的中点,证明:BF⊥平面AMC;
(2)求六面体ABCEF的体积.
解析　(1)证明:连接MD,FD.
∵四边形BDEF为菱形,且∠FBD=60°,
∴△DBF为等边三角形.
∵M是BF的中点,
∴DM⊥BF.
∵AB⊥BC,AB=BC=2,又D是AC的中点,
∴BD⊥AC.
∵平面BDEF∩平面ABC=BD,平面BDEF⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
∴AC⊥平面BDEF.
又BF⊂平面BDEF,∴AC⊥BF.
由DM⊥BF,AC⊥BF,DM∩AC=D,
得BF⊥平面AMC.
(2)S菱形BDEF=2·12·BD·BF·sin60°=32.
由(1)知AC⊥平面BDEF,
则V四棱锥C-BDEF=13S菱形BDEF·CD=13×32×1=36,
∴V六面体ABCEF=2V四棱锥C-BDEF=33.
考法二　证明平面与平面垂直的方法
1.(2018四川泸州模拟,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥DC,∠ABC=90°,AD=SD,BC=CD=12AB,侧面SAD⊥底面ABCD.
(1)求证:平面SBD⊥平面SAD;
(2)若∠SDA=120°,且三棱锥S-BCD的体积为612,求侧面△SAB的面积.

解析　(1)证明:设BC=a,则CD=a,AB=2a,由题意知△BCD是等腰直角三角形,且∠BCD=90°,
则BD=2a,∠CBD=45°,
所以∠ABD=∠ABC-∠CBD=45°,
在△ABD中,AD=AB2+DB2-2AB·DB·cos45°=2a,
因为AD2+BD2=4a2=AB2,所以BD⊥AD,
由于平面SAD⊥底面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面SAD,
又BD⊂平面SBD,所以平面SBD⊥平面SAD.
(2)由(1)可知AD=SD=2a,
在△SAD中,∠SDA=120°,SA=2SDsin60°=6a,
作SH⊥AD,交AD的延长线于点H,
则SH=SDsin60°=62a,
由(1)知BD⊥平面SAD,
因为SH⊂平面SAD,所以BD⊥SH,
又AD∩BD=D,所以SH⊥平面ABCD,
所以SH为三棱锥S-BCD的高,
所以VS-BCD=13×62a×12×a2=612,
解得a=1,
由BD⊥平面SAD,SD⊂平面SAD,可得BD⊥SD,
则SB=SD2+BD2=2+2=2,
又AB=2,SA=6,
在等腰三角形SBA中,
边SA上的高为4-64=102,
则△SAB的面积为12×6×102=152.

2.(2020四川内江、广安、遂宁、乐山等九市二诊,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,△PAD是边长为2的正三角形,PC=10,E为线段AD的中点.
(1)求证:平面PBC⊥平面PBE;
(2)是否存在满足PF=λFC(λ>0)的点F,使得VB-PAE=34VD-PFB?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:连接CE,∵底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,
∴△ABD为等边三角形,
又E为AD的中点,∴BE⊥AD,而BC∥AD,则BC⊥BE.
由△PAD是边长为2的正三角形,得BE=3,BC=2,则EC2=22+(3)2=7.
又PE=3,PC=10,∴PE2+EC2=PC2,即PE⊥EC.
∵PE⊥AD,AD∩EC=E,∴PE⊥平面ABCD,则PE⊥BC,
又BC⊥BE,且BE∩PE=E,∴BC⊥平面PBE,
而BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PBE.

(2)假设存在满足PF=λFC(λ>0)的点F,使得VB-PAE=34VD-PFB,
∵VB-PAE=VP-ABE=13S△ABE·PE=13×12×1×3×3=12.
VD-PFB=VB-PDF=λ1+λVB-PDC=λ1+λVP-BDC=λ1+λ×13×12×2×2×sin60°×3=λ1+λ.由12=34×λ1+λ,解得λ=2.∴存在满足PF=λFC(λ>0)的点F,使得VB-PAE=34VD-PFB.
思路分析　(1)根据边的关系得到PE⊥EC,由面面垂直的判定可得平面PBC⊥平面PBE;(2)先假设存在满足PF=λFC(λ>0)的点F,使得VB-PAE=34VD-PFB,分别求出三棱锥B-PAE的体积与三棱锥D-PFB的体积,由已知等量关系求得λ=2,符合条件说明存在.
3.(2018陕西西安八校第一次联考)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD的交点为M,又PA=AB=4,AD=CD,∠CDA=120°,点N是CD的中点.
(1)求证:平面PMN⊥平面PAB;
(2)求点M到平面PBC的距离.

解析　(1)证明:在正△ABC中,有AB=BC,
在△ACD中,有AD=CD,又BD=BD,∴△ADB≌△CDB,
所以M为AC的中点,因为点N是CD的中点,所以MN∥AD,
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,因为∠CDA=120°,所以∠DAC=30°,
因为∠BAC=60°,所以∠BAD=90°,即BA⊥AD,
因为PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB,所以MN⊥平面PAB,
又MN⊂平面PMN,所以平面PMN⊥平面PAB.
(2)设M到PBC的距离为h,在Rt△PAB中,PA=AB=4,所以PB=42,
在Rt△PAC中,PA=AC=4,所以PC=42,在Rt△PBC中,PB=42,PC=42,BC=4,所以S△PBC=47,
由VM-PBC=VP-BMC得13×47×h=13×23×4,解得h=2217.