新高考数学一轮复习学案第8章第4讲 直线、平面垂直的判定与性质（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第8章第4讲 直线、平面垂直的判定与性质（含解析），共19页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
3.空间角
(1)直线与平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，∠PAO就是斜线AP与平面α所成的角．
②线面角θ的范围：θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
(2)二面角
①定义：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．两个半平面叫做二面角的面．
如图的二面角，可记作：二面角α­l­β或二面角P­AB­Q．
②二面角的平面角
如图，过二面角α­l­β的棱l上一点O在两个半平面内分别作BO⊥l，AO⊥l，则∠AOB就叫做二面角α­l­β的平面角．
③二面角的范围
设二面角的平面角为θ，则θ∈[0，π]．
④当θ＝eq \f(π,2)时，二面角叫做直二面角．
常用结论
1．与线面垂直相关的两个常用结论：
(1)两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直．
(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直．
2．三种垂直关系的转化：
线线垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性质定理))线面垂直eq \(,\s\up7(判定定理),\s\d5(性质定理))面面垂直
二、教材衍化
1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C．由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.
2．在三棱锥P­ABC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．
解析： (1)如图，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB 和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)如图，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
所以PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．
答案：(1)外 (2)垂
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.( )
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.( )
(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )
(5)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)√ (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件；
(2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直．
1．(2020·安徽江南十校联考)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．m⊥n且n∥β
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
解析：选C．由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．
2．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知直线l和平面α，β，且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
解析：选A．由面面垂直的判定定理可得，若l⊂α，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；
若l⊥β，α⊥β，则l⊂α或l∥α，必要性不成立，
所以若l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A．
考点一 线面垂直的判定与性质(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中直线与平面垂直的有关性质与判定定理，并能运用定理证明一些结论．
核心素养：逻辑推理、直观想象
(1)(2018·高考全国卷Ⅱ节选)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.
(2)(2020·重庆市七校联合考试)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．求证：AE⊥平面A1BD.
【证明】 (1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
连接OB.因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，
所以BD⊥AC，
因为直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以平面AA1C1C⊥平面ABC，
所以BD⊥平面AA1C1C，
所以BD⊥AE.
又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，
所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，
所以AE⊥平面A1BD.
eq \a\vs4\al()
判定线面垂直的四种方法

1．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.
求证：B1N⊥A1C.
证明：连接CM，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以AA1⊥CM.
在△ABC中，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．如图，在三棱锥A­BCD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.
考点二 面面垂直的判定与性质(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中直线与平面垂直的有关性质与判定定理，并能运用定理证明一些结论．
核心素养：逻辑推理、直观想象
(2019·高考北京卷节选)如图，在四棱锥P­ABCD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.
【证明】 (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AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PAE.
eq \a\vs4\al()
(1)证明面面垂直的方法
①定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．
②定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．
(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
1．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.
2.如图，在三棱锥A­BCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.证明：平面ACD⊥平面BDP.
证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.
因为点P是AC的中点，所以PD⊥AC，PB⊥AC，
因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
因为AC⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BDP.
考点三 空间中的翻折问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))折叠问题的关键有二：①画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图；②分析好两个关系——折叠前后哪些位置关系和数量关系发生了变化，哪些没有改变．
(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的四边形ACGD的面积．
【解】 (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，
所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，
且∠EBC＝60°得EM⊥CG，
故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq \r(3)，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
eq \a\vs4\al()
解决此类问题的关键就是根据折痕，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：
(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.,其步骤为：
eq \x(第一步)—eq \x(确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量)
↓
eq \x(第二步)—eq \x(在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面)
↓
eq \x(第三步)—eq \x(利用判定定理或性质定理进行证明)
(2020·济南市模拟考试)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．
(1)求证：PD∥平面MCE；
(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．
解： (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，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，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△ADE＝1，
所以V三棱锥M­BCE＝eq \f(1,3)S△BCE·OM＝eq \f(\r(2),6).
[基础题组练]
1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α
解析：选B．若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，或b与α相交，故D错误．故选B．
2．(2020·广州一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
解析：选B．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，
又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；
若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；
若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，
故D错误．
3.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：选A．由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.
因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
4．(2020·黑龙江鹤岗模拟)如图，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
解析：选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.又因为VO∩VD＝V，所以AB⊥平面VCD.又因为CD⊂平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确．
又因为VC⊂平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确；
因为S△VCD＝eq \f(1,2)VO·CD，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确．由题中条件无法判断VC⊥VD.故选C．
5. (多选)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于点S，AN⊥PB于点N，则下列选项正确的是( )
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
解析：选ACD．因为PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正确；因为B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，所以BC⊥AB，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正确；因为AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，所以平面ANS⊥平面PBC，故A正确．故选ACD．
6.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为________．
解析：作CH⊥AB于H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2eq \r(7).
答案：2eq \r(7)
7．(2019·高考北京卷)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：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．
命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．
命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故m∥α.
命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.
答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)
8．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有__________________；与AP垂直的直线有________．
解析：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
9.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
10．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2eq \r(2)，沿BD折起，使AC＝2eq \r(2).
(1)证明：△ACD为直角三角形；
(2)设B在平面ACD内的射影为P，求四面体PBCD的体积．
解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2eq \r(2)，
所以AD＝eq \r(AB2＋BD2)＝eq \r(4＋8)＝2eq \r(3)，
因为AC＝2eq \r(2)，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，
所以AC⊥CD，
所以△ACD是直角三角形．
(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，
因为AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，
所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，
故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，
易知P为AC的中点，
所以四面体PBCD的体积VPBCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(2,3).
[综合题组练]
1.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析：选D．因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．
2. (多选)如图，一张A4纸的长、宽分别为2eq \r(2)a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是( )
A．该多面体是三棱锥
B．平面BAD⊥平面BCD
C．平面BAC⊥平面ACD
D．该多面体外接球的表面积为5πa2
解析：选ABCD．由题意得该多面体是一个三棱锥，故A正确；因为AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又因为AP⊂平面BAD，所以平面BAD⊥平面BCD，故B正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故C正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝eq \f(\r(5),2)a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故D正确．综上，正确的命题为ABCD．
3．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE.则eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AE⊥BD,BD⊥AC))⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．
②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
③假设AD⊥BC，
因为DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，
所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.
答案：②
4．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1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.
由已知可以得A1B1＝eq \r(2)，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h，
又2×eq \r(2)＝h×eq \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((\f(\r(2),2))2－(\f(\r(3),3))2)＝eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋(\f(\r(2),2))2)＝eq \f(\r(2),2)x，得x＝eq \f(1,2).即线段B1F的长为eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
5．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．
(1)求四棱锥P­ABCD的体积；
(2)求证：AG∥平面PEC；
(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.
解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝eq \f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq \f(1,3)×2×2×2＝eq \f(8,3).
(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝eq \f(1,2)CD＝FG，
所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.
因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，
所以EF⊥平面PCD.
又EF⊂平面PEC，
所以平面PEC⊥平面PCD.
6.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq \r(2).
(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eq \f(BN,BB1)的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM.
在△B1AC中，因为M，O分别为AC，AB1的中点，
所以OM∥B1C，
又因为OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
所以B1C∥平面A1BM.
(2)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC ，BM⊂平面ABC，
所以AA1⊥BM，
又因为M为棱AC的中点，AB＝BC，所以BM⊥AC.
因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BM⊥平面ACC1A1，
所以BM⊥AC1.
因为AC＝2，所以AM＝1.
又因为AA1＝eq \r(2)，
所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq \r(2)，
所以∠AC1C＝∠A1MA，
即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
所以A1M⊥AC1.
因为BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，
所以AC1⊥平面A1BM.
(3)当点N为BB1的中点，即eq \f(BN,BB1)＝eq \f(1,2)时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下：
设AC1的中点为D，连接DM，DN.因为D，M分别为AC1，AC的中点，
所以DM∥CC1，且DM＝eq \f(1,2)CC1.
又因为N为BB1的中点，
所以DM∥BN，且DM＝BN，
所以四边形BNDM为平行四边形，所以BM∥DN，
因为BM⊥平面ACC1A1，所以DN⊥平面AA1C1C.
又因为DN⊂平面AC1N，
所以平面AC1N⊥平面AA1C1C.文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α