2019版高考数学（文）创新大一轮人教A全国通用版讲义：第八章立体几何初步第5节

第5节　直线、平面垂直的判定及其性质
最新考纲　1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.

知 识 梳 理
1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形表示
符号表示
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

⇒l⊥α
性质定理
两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b
2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
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.
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α
[常用结论与微点提醒]
1.两个重要结论
(1)若两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.
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).
2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”.
3.线线、线面、面面垂直间的转化

诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行.(　　)
(3)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.(　　)
(4)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.(　　)
解析　(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.
(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.
(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2.(必修2P73A组T1改编)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
解析　根据面面垂直的性质，A不正确，直线l∥平面β或l⊂β或直线l与β相交.
答案　A
3.(2018·湖南六校联考)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　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.
答案　C
4.(2017·全国Ⅲ卷)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
解析　如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1且BC1⊂平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.
又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.
答案　C
5.边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠后AC的长为________.
解析　如图所示，取BD的中点O，连接A′O，CO，则∠A′OC是二面角A′－BD－C的平面角，
即∠A′OC＝90°.
又A′O＝CO＝a，
∴A′C＝＝a，即折叠后AC的长(A′C)为a.
答案　a

考点一　线面垂直的判定与性质
【例1】 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.证明：

(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，且PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.而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，
∴AE⊥平面PCD.而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，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
规律方法　1.证明直线和平面垂直的常用方法有：
(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.
【训练1】 如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.

求证：PA⊥CD.
证明　因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB.
在Rt△ABC中，由AC＝BC得，∠ABC＝30°.
设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝2.
由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D得，CD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.
考点二　面面垂直的判定与性质
【例2】 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.
证明　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形.
∴BE∥AD.
又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点，
∴PD∥EF.
∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
规律方法　1.证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理.
2.已知两平面垂直时，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.
【训练2】 (2017·北京卷)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.

(1)求证：PA⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积.
(1)证明　∵PA⊥AB，PA⊥BC，
AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC＝B，
∴PA⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴PA⊥BD.
(2)证明　∵AB＝BC，D是AC的中点，
∴BD⊥AC.
由(1)知PA⊥平面ABC，∵PA⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC.
∵平面PAC∩平面ABC＝AC，BD⊂平面ABC，BD⊥AC，∴BD⊥平面PAC.
∵BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC，
(3)解　∵PA∥平面BDE，
又平面BDE∩平面PAC＝DE，
PA⊂平面PAC，∴PA∥DE.
由(1)知PA⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC.
∵D是AC的中点，∴E为PC的中点，
∴DE＝PA＝1.
∵D是AC的中点，
∴S△BCD＝S△ABC＝××2×2＝1，
∴VE－BCD＝×S△BCD×DE＝×1×1＝.
考点三　平行与垂直的综合问题(多维探究)
命题角度1　多面体中平行与垂直关系的证明
【例3－1】 (2017·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C，
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
规律方法　1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.
2.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.
命题角度2　平行垂直中探索性问题
【例3－2】 如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点.

(1)证明：AE∥平面BDF.
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
(1)证明　连接AC交BD于O，连接OF，如图①.

∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，
∴OF为△ACE的中位线，
∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，
∴AE∥平面BDF.
(2)解　当P为AE中点时，有PM⊥BE，

证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，∵P为AE的中点，H为BE的中点，
∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面.
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，
∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，
又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，
又PM⊂平面DPHC，
∴BE⊥PM，即PM⊥BE.
规律方法　1.求条件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.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.
命题角度3　空间位置关系与几何体的度量计算
【例3－3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.
(1)证明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥PA，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD.
又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)解　如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，又AB∩AD＝A，可得PE⊥平面ABCD.
设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，
故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.由题设得x3＝，故x＝2.
从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，
可得四棱锥P－ABCD的侧面积为
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
规律方法　1.本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由AB∥CD，CD⊥PD，从而得AB⊥PD，进一步证明平面PAB中的AB⊥平面PAD，再运用面面垂直的判定定理得出平面PAB⊥平面PAD.
2.第(2)问先由已知分别求出四棱锥各个侧面的底边长和高，再求出四棱锥的侧面积.其中利用第(1)问的结论得出AB⊥平面PAD，从而进一步证明PE⊥平面ABCD，确定四棱锥P－ABCD的高PE，将空间论证与几何体的计算交汇渗透，这是命题的方向.
【训练3】 (2018·长沙模拟)在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.

(1)求证：AC⊥平面FBC.
(2)求四面体FBCD的体积.
(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
(1)证明　在△ABC中，因为AC＝，AB＝2，BC＝1，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.
又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB⊂平面FBC，
所以AC⊥平面FBC.
(2)解　因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，
所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.
在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.
所以△BCD的面积为S＝.
所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝S·FC＝.
(3)解　线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.证明如下：

连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.
因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.
所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，
所以EA∥平面FDM.所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA∥平面FDM成立.

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·浙江卷)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　因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l，故选C.
答案　C
2.(2018·福州质检)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析　∵m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.
但l⊥m⇒l∥α，∵l⊥m时，l可能在α内.
故“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件.
答案　B
3.(2018·衡水中学质检)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在(　　)

A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线AC上 D.△ABC内部
解析　因AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD.
又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD.
所以D在平面ABC内的射影必在交线AB上.
答案　A
4.(2018·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　若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，
又∵n∥β，∴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.
答案　B
5.如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是(　　)

A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
解析　因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，又BE∩DE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.
答案　C
二、填空题
6.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，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形.
答案　4
7.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　由定理可知，BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.
又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)
8.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________.

解析　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，
又AA1＝1，所以AC1＝3，
所以sin∠AC1A1＝＝.
答案　
三、解答题
9.(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD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；
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由.
(1)证明　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)证明　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.
(3)解　棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.
理由如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，
所以PA∥平面CEF.
10.(2018·日照调研)如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D移动到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P－ABCE.

(1)求证：AP⊥平面ABCE；
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.
证明　(1)在△CDE中，
∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，
由余弦定理，CE2＝()2＋()2－2×××＝4，
∴CE＝2.
连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.
又∵AP＝，PE＝DE＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，
即AP⊥AE，同理AP⊥AC，
又AC，AE⊂平面ABCE，AC∩AE＝A，
故AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，
∴AB∥平面PCE.
又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2018·唐山一模)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把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，那么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
解析　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，B正确.
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确.
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确.
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确.
答案　B
12.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，下列命题正确的命题序号是________.

①平面ABD⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面BDC；
③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC.
解析　因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，
∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，
所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，则CD⊥AB，
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ADC.
答案　④
13.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝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.


(1)解　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＝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＝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＝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＝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.