高考数学一轮复习 第7章 第5节 直线、平面垂直的判定及其性质

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1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理：如果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．
(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
(4)直线和平面垂直的性质：
①垂直于同一个平面的两条直线平行．
②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．
③垂直于同一条直线的两平面平行．
2．直线和平面所成的角
(1)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．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.
3．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
4．平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．( )
(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
2．(教材改编)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 [∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]
3．(2016·浙江高考)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∥lB．m∥n
C．n⊥lD．m⊥n
C [∵α∩β＝l，∴l⊂β.
∵n⊥β，∴n⊥l.]
4．如图7­5­1，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
图7­5­1
4 [∵PA⊥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．]
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________．
a [如图所示，取BD的中点O，连接A′O，CO，则∠A′OC是二面角A′­BD­C的平面角．
即∠A′OC＝90°，又A′O＝CO＝eq \f(\r(2),2)a，
∴A′C＝eq \r(\f(a2,2)＋\f(a2,2))＝a，即折叠后AC的长(A′C)为a.]
如图7­5­2，在三棱锥A­BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.
图7­5­2
(1)求证：CD⊥平面ABD；
(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A­MBC的体积．
[解] (1)证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥CD.2分
又因为CD⊥BD，AB∩BD＝B，
AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，
所以CD⊥平面ABD.5分
(2)由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD.
又AB＝BD＝1，所以S△ABD＝eq \f(1,2)×12＝eq \f(1,2).8分
因为M是AD的中点，所以S△ABM＝eq \f(1,2)S△ABD＝eq \f(1,4).
根据(1)知，CD⊥平面ABD，
则三棱锥C­ABM的高h＝CD＝1，
故VA­MBC＝VC­ABM＝eq \f(1,3)S△ABM·h＝eq \f(1,12).12分
[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．
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．
[变式训练1] 如图7­5­3所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝eq \f(1,3)DB，点C为圆O上一点，且BC＝eq \r(3)AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求证：PA⊥CD.
图7­5­3
[证明] 因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ABC中，由eq \r(3)AC＝BC，得∠ABC＝30°.3分
设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝2eq \r(3)，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcs 30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO.8分
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D，得CD⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.12分
(2017·郑州调研)如图7­5­4，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
图7­5­4
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
[证明] (1)如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，
连接MH.1分
在三棱台DEF­ABC中，
AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形.3分
则M为CD的中点，
又H为BC的中点，
所以HM∥BD，
由于HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
故BD∥平面FGH.5分
(2)连接HE，GE，CD，
因为G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB.6分
由AB⊥BC，得GH⊥BC.
又H为BC的中点，
所以EF∥HC，EF＝HC，
因此四边形EFCH是平行四边形，
所以CF∥HE.10分
由于CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H.
所以BC⊥平面EGH.
又BC⊂平面BCD，
所以平面BCD⊥平面EGH.12分
[规律方法] 1.面面垂直的证明的两种思路：
(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；
(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．
2．垂直问题的转化关系：
[变式训练2] 如图7­5­5，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点．
(1)求证：PB∥平面MNC；
(2)若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.
图7­5­5
[证明] (1)因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB，2分
又因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，
所以PB∥平面MNC.5分
(2)因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.
因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.7分
因为平面PAB⊥平面ABC，
CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.
所以CM⊥平面PAB.10分
因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.
又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC.12分
eq \a\vs4\al(☞)角度1 多面体中平行与垂直关系的证明
(2016·江苏高考)如图7­5­6，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.
求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
图7­5­6
[证明] (1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1∥AC.
在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.3分
又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，
所以直线DE∥平面A1C1F.5分
(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.7分
又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.10分
又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.12分
[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．
eq \a\vs4\al(☞)角度2 平行垂直中探索开放问题
(2017·秦皇岛调研)如图7­5­7(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图7­5­7(2)所示．
(1) (2)
图7­5­7
(1)求证：A1F⊥BE；
(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.
【导学号：31222259】
[证明] (1)由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.
所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，
因为DC∩DA1＝D，
所以DE⊥平面A1DC.2分
由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，
所以A1F⊥平面BCDE，
又BE⊂平面BCDE，
所以A1F⊥BE.5分
(2)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.6分
理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，则DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEQP.9分
由(1)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.
又DP∩DE＝D，
所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.12分
[规律方法] 1.对命题条件探索性的主要途径：
(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．平行(垂直)中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.
(2016·浙江高考)如图7­5­8，在三棱台ABC­DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
图7­5­8
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．
[解] (1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.1分
因为平面BCFE⊥平面ABC，
且AC⊥BC，
所以AC⊥平面BCK，3分
因此，BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.5分
(2)因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.8分
在Rt△BFD中，BF＝eq \r(3)，DF＝eq \f(3,2)，得cs∠BDF＝eq \f(\r(21),7)，所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为eq \f(\r(21),7).12分
[规律方法] 1.利用综合法求空间角的步骤：
(1)找：根据图形找出相关的线面角或二面角．
(2)证：证明找出的角即为所求的角．
(3)算：根据题目中的数据，通过解三角形求出所求角．
2．线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．
[变式训练3] 如图7­5­9，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
图7­5­9
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；
(2)证明：AE⊥平面PCD.
[解] (1)在四棱锥P­ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
从而AB⊥平面PAD，2分
故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．
在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.
∴PB和平面PAD所成的角的大小为45°.5分
(2)证明：在四棱锥P­ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
故CD⊥PA.
由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.7分
又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，
∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，
∴AE⊥PC.10分
又PC∩CD＝C，
故AE⊥平面PCD.12分
[思想与方法]
1．证明线面垂直的方法：
(1)线面垂直的定义：a与α内任一直线都垂直⇒a⊥α；
(2)判定定理1：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m，n⊂α，m∩n＝A,l⊥m，l⊥n))⇒l⊥α；
(3)判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；
(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
2．证明面面垂直的方法．
(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；
(2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
3．转化思想：垂直关系的转化
[易错与防范]
1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．
2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．
课时分层训练(四十二)
直线、平面垂直的判定及其性质
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．(2017·西安六校联考)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．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β
D．m⊥n且α∥β
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．(2017·天津河西模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
B [A中，α∥β或α与β相交，不正确．B中，过直线l作平面γ，设α∩γ＝l′，则l′∥l，
由l⊥β，知l′⊥β，从而α⊥β，B正确．
C中，l∥β或l⊂β，C不正确．
对于D中，l与β的位置关系不确定．]
3．如图7­5­10，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( )
【导学号：31222260】
图7­5­10
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
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．]
4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．( )
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
C [A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊥α，错误；
B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；
D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．]
5．如图7­5­11，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )
图7­5­11
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
C [因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，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.]
二、填空题
6．如图7­5­12所示，在四棱锥P­ABCD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是正确的条件即可)
【导学号：31222261】
图7­5­12
DM⊥PC(或BM⊥PC等) [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.]
7．如图7­5­13，在三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是________．
【导学号：31222262】
图7­5­13
eq \f(π,3) [取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥平面BB1C1C.
所以∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角．
设三棱柱的所有棱长为a，
在Rt△AED中，
AE＝eq \f(\r(3),2)a，DE＝eq \f(a,2).
所以tan∠ADE＝eq \f(AE,DE)＝eq \r(3)，则∠ADE＝eq \f(π,3).
故AD与平面BB1C1C所成的角为eq \f(π,3).]
8．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)
②③④ [对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．
对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．
对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．
对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]
三、解答题
9.(2015·北京高考)在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝eq \r(2)，O，M分别为AB，VA的中点．
图7­5­14
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(3)求三棱锥V­ABC的体积．
[解] (1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，
所以OM∥VB.3分
又因为VB⊂/平面MOC，所以VB∥平面MOC.5分
(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，
所以OC⊥平面VAB.
所以平面MOC⊥平面VAB.8分
(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝eq \r(2)，
所以AB＝2，OC＝1.
所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝eq \r(3).9分
又因为OC⊥平面VAB，
所以三棱锥C­VAB的体积等于eq \f(1,3)OC·S△VAB＝eq \f(\r(3),3).
又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，所以三棱锥V­ABC的体积为eq \f(\r(3),3).12分
10．⊙O的直径AB＝4，点C，D为⊙O上两点，且∠CAB＝45°，F为eq \x\t(BC)的中点．沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图7­5­15②)．
① ②
图7­5­15
(1)求证：OF∥平面ACD；
(2)在AD上是否存在点E，使得平面OCE⊥平面ACD？若存在，试指出点E的位置；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：由∠CAB＝45°，知∠COB＝90°，1分
又因为F为eq \x\t(BC)的中点，
所以∠FOB＝45°，因此OF∥AC，3分
又AC⊂平面ACD，OF⊄平面ACD，
所以OF∥平面ACD.5分
(2)存在，E为AD中点，
因为OA＝OD，所以OE⊥AD.7分
又OC⊥AB且两半圆所在平面互相垂直．
所以OC⊥平面OAD.9分
又AD⊂平面OAD，所以AD⊥OC，
由于OE，OC是平面OCE内的两条相交直线，
所以AD⊥平面OCE.
又AD⊂平面ACD，
所以平面OCE⊥平面ACD.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·贵州贵阳二模)如图7­5­16，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把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P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是( )
图7­5­16
A．O是△AEF的垂心
B．O是△AEF的内心
C．O是△AEF的外心
D．O是△AEF的重心
A [由题意可知PA，PE，PF两两垂直，
所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，
而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，
所以EF⊥平面PAO，
所以EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，
所以O为△AEF的垂心．]
2．如图7­5­17，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF. 【导学号：31222263】
图7­5­17
a或2a [∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D.
为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)．
设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，
∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.]
3．(2016·四川高考)如图7­5­18，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq \f(1,2)AD.
图7­5­18
(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：连接CM，
因为AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM.2分
所以四边形AMCB是平行四边形，
所以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)5分
(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，所以PA⊥BD.8分
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.12分
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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⊥α,l⊂β))
⇒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
线面垂直的判定与性质
面面垂直的判定与性质
平行与垂直的综合问题
线面角的求法与应用