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高中数学高考4 第4讲 直线、平面垂直的判定与性质
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这是一份高中数学高考4 第4讲 直线、平面垂直的判定与性质，共21页。试卷主要包含了三种垂直关系的转化等内容，欢迎下载使用。
第4讲 直线、平面垂直的判定与性质
最新考纲
考向预测
从定义和公理出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.
命题趋势
直线、平面垂直的判定及性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成的角等内容．多出现在解答题的第(1)问，难度中等.
核心素养
逻辑推理、直观想象
1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理
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
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
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
⇒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
⇒l⊥α
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∈．
(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＝时，二面角叫做直二面角．
常用结论
1．直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．
(2)若两条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．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
2．三种垂直关系的转化：
线线垂直线面垂直面面垂直
常见误区
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．
2．两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”这一条件．
1．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)×
2．(易错题)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．
3．(多选)四棱锥SABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的是( )
A．AC⊥SB B．AD⊥SC
C．平面SAC⊥平面SBD D．BD⊥SA
解析：选ABC.由SD⊥底面ABCD，得SB在平面ABCD内的射影为DB.又DB与AC垂直，所以SB⊥AC，A正确；
由SC在平面ABCD内的射影DC与AD垂直，得SC⊥AD，B正确；
由AC⊥SB，AC⊥BD，SB∩BD＝B，可得AC⊥平面SBD，从而有平面SAC⊥平面SBD，C正确；
若BD⊥SA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，与已知条件矛盾，D错误．故选ABC.
4．已知直线l和平面α，β，且l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的________条件．
解析：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⊂α，α⊥β，则l与β垂直、相交或平行，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．
答案：充分不必要
5．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
解析：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．
答案：外
线面垂直的判定与性质
(1)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.
(2)(2020·高考全国卷Ⅲ节选)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：当AB＝BC时，EF⊥AC.
【证明】 (1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O知PO⊥平面ABC.
(2)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD.于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
判定线面垂直的四种方法
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⊥AO.
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，
又因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.
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中，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.
面面垂直的判定与性质
(1)(2020·高考全国卷Ⅰ节选)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.证明：平面PAB⊥平面PAC.
(2)(2020·开封市模拟考试)如图，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1＝AC，AC⊥BC.证明：A1C⊥AB1.
【证明】 (1)由题设可知，PA＝PB＝PC，
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)因为AA1＝AC，所以四边形AA1C1C为菱形，所以A1C⊥AC1.
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
BC⊂平面ABC，BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C.
又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1C1C，所以B1C1⊥A1C.
因为AC1∩B1C1＝C1，
所以A1C⊥平面AB1C1，而AB1⊂平面AB1C1，
所以A1C⊥AB1.
(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．
如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB＝AC＝a，BC＝a.求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，
所以∠BAC即为二面角BPAC的平面角．
又AB＝AC＝a，BC＝a，
所以∠BAC＝90°，
所以平面PAB⊥平面PAC.
平行与垂直的综合问题
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，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥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，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系．
(2020·高考江苏卷)在三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.
证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF∥AB1.
又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC,
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，
AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，
所以AB⊥平面AB1C.
又因为AB⊂平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
思想方法系列14 构造几何模型解决空间问题
判断空间线、面的位置关系，常利用正(长)方体及其他几何体模型来判断，把平面、直线看作正(长)方体内及其他几何体平面、侧棱、对角线等进行推导验证，使抽象的推理形象化、具体化．
已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.
其中所有正确的命题是( )
A．①④ B．②④
C．① D．④
【解析】 对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．故选A项．
【答案】 A
(1)构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型对问题直观地作出判断．这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致的解题错误．
(2)由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系．故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断．构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证． Ｋ
(2020·贵阳市四校联考)如图所示，在三棱锥PABC中，AP⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，AP＝，则该三棱锥外接球的体积为________．
解析：如图所示，根据题意可将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为1，1，的长方体，则三棱锥的外接球与长方体的外接球相同．设外接球半径为R，则(2R)2＝12＋12＋()2＝5，所以该三棱锥外接球的体积V＝πR3＝π.
答案：π
[A级 基础练]
1．已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
解析：选C.当直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在直线与l平行，故A项错误；当l∥α时，在α内不存在直线与l相交，故B项错误；当l⊂α时，在α内不存在直线与l异面，故D项错误；无论哪种情形，在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C项．
2．(多选)设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，则n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，则n⊥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β
解析：选AD.选项A中，由面面垂直的性质定理知，正确；选项B中，直线n可以与平面β相交、平行或n⊂β，不正确；选项C中，与直线m平行的平面有无数个，且这些平面可以与平面α平行、相交，不正确；选项D中，根据m⊥α，m⊥β，知α∥β，又n⊥α，所以n⊥β正确，故选AD.
3．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中， 点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
A．与AC，MN均垂直
B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直
D．与AC，MN均不垂直
解析：选A.因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，
又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.
设正方体的棱长为2，
则OM＝＝，MN＝＝，
ON＝＝，
所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.
4．(2021·山东济宁模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：选C.对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又两直线不平行，故相交，A错误；对于B，AC与平面ABB1A1所成的角为60°，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B错误；对于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正确；对于D，AC与平面AB1E有公共点A，AC∥A1C1，所以A1C1与平面AB1E相交，故D错误．
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2.
答案：2
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：若l⊥m，l⊥α，则m∥α(或m∥α，l⊥α，则l⊥m，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·沈阳市教学质量监测(一))如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.F为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：平面AED⊥平面ABD.
证明：(1)如图，取AB的中点为O，连接OC，OF，因为O，F分别为AB，AD的中点，所以OF∥BD且BD＝2OF，
又CE∥BD且BD＝2CE，所以CE∥OF且CE＝OF，
所以四边形OCEF为平行四边形，所以EF∥OC.
又EF⊄平面ABC且OC⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为三角形ABC为等边三角形，
所以OC⊥AB，
又平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，
所以OC⊥平面ABD，
因为EF∥OC，所以EF⊥平面ABD，
又EF⊂平面AED，所以平面AED⊥平面ABD.
[B级 综合练]
11．(多选)已知在四面体ABCD中，△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形，E，F分别为BC，BD的中点，则( )
A．BC⊥AD
B．若AD＝1，则四面体ABCD的体积为
C．若AD＝，则平面ABC⊥平面BCD
D．若AF＝，则截面AEF的面积为
解析：选ACD.连接AE，DE，因为△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形，所以AE⊥BC，DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥AD，故A正确；设点A在平面BCD内的射影为点O，则AO＝＝，所以四面体ABCD的体积为××12×＝，故B错误；易知∠AED为二面角ABCD的平面角，AE＝，DE＝，当AD＝时，AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以平面ABC⊥平面BCD，故C正确；因为E，F分别为BC，BD的中点，连接EF，AF，易知EF＝CD＝，由余弦定理可得cos∠AEF＝＝，所以sin∠AEF＝，所以S△AEF＝×××＝，故D正确．
12．如图，在直三棱柱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＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h，
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，得x＝.即线段B1F的长为.
答案：
13．(2020·成都市诊断性检测)如图，在四棱锥PABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E，F分别为BC，CD的中点．
(1)证明：BC⊥平面PAE；
(2)点Q在棱PB上，且＝，证明：PD∥平面QAF.
证明：(1)如图，连接AC.
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，
所以三角形ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以BC⊥AE.
因为AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以BC⊥AP.
因为AP∩AE＝A，AP，AE⊂平面PAE，
所以BC⊥平面PAE.
(2)连接BD交AF于点M，连接QM.
因为F为CD的中点，所以在底面ABCD中，＝＝，所以＝.
所以＝＝，所以在三角形BPD中，PD∥QM.
又QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，所以PD∥平面QAF.
14．(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＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.
(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝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.
[C级 创新练]
15．一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．在四面体PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有( )
A．6个 B．8个
C．10个 D．12个
解析：选C.为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体PABC为“鳖臑”，
其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.
若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.
又AE⊥PB，平面APB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，
所以AE⊥EF，且AE⊥PC.
又EF⊥PC，知四面体PAEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C.
16.(多选)如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是( )
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范围是
C．三棱锥B1D1PC的体积为定值
D．DC1⊥D1P
解析：选ACD.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；
在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；
在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1D1PC的体积为定值，故C正确；
在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．
第4讲 直线、平面垂直的判定与性质
最新考纲
考向预测
从定义和公理出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.
命题趋势
直线、平面垂直的判定及性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成的角等内容．多出现在解答题的第(1)问，难度中等.
核心素养
逻辑推理、直观想象
1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理
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
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
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
⇒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
⇒l⊥α
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∈．
(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＝时，二面角叫做直二面角．
常用结论
1．直线与平面垂直的五个结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．
(2)若两条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．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
2．三种垂直关系的转化：
线线垂直线面垂直面面垂直
常见误区
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．
2．两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”这一条件．
1．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)×
2．(易错题)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．
3．(多选)四棱锥SABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的是( )
A．AC⊥SB B．AD⊥SC
C．平面SAC⊥平面SBD D．BD⊥SA
解析：选ABC.由SD⊥底面ABCD，得SB在平面ABCD内的射影为DB.又DB与AC垂直，所以SB⊥AC，A正确；
由SC在平面ABCD内的射影DC与AD垂直，得SC⊥AD，B正确；
由AC⊥SB，AC⊥BD，SB∩BD＝B，可得AC⊥平面SBD，从而有平面SAC⊥平面SBD，C正确；
若BD⊥SA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，与已知条件矛盾，D错误．故选ABC.
4．已知直线l和平面α，β，且l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的________条件．
解析：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⊂α，α⊥β，则l与β垂直、相交或平行，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．
答案：充分不必要
5．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
解析：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．
答案：外
线面垂直的判定与性质
(1)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.
(2)(2020·高考全国卷Ⅲ节选)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：当AB＝BC时，EF⊥AC.
【证明】 (1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O知PO⊥平面ABC.
(2)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD.于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC.
判定线面垂直的四种方法
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⊥AO.
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，
又因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.
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中，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.
面面垂直的判定与性质
(1)(2020·高考全国卷Ⅰ节选)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.证明：平面PAB⊥平面PAC.
(2)(2020·开封市模拟考试)如图，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1＝AC，AC⊥BC.证明：A1C⊥AB1.
【证明】 (1)由题设可知，PA＝PB＝PC，
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)因为AA1＝AC，所以四边形AA1C1C为菱形，所以A1C⊥AC1.
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
BC⊂平面ABC，BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C.
又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1C1C，所以B1C1⊥A1C.
因为AC1∩B1C1＝C1，
所以A1C⊥平面AB1C1，而AB1⊂平面AB1C1，
所以A1C⊥AB1.
(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．
如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB＝AC＝a，BC＝a.求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，
所以∠BAC即为二面角BPAC的平面角．
又AB＝AC＝a，BC＝a，
所以∠BAC＝90°，
所以平面PAB⊥平面PAC.
平行与垂直的综合问题
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，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥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，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系．
(2020·高考江苏卷)在三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.
证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF∥AB1.
又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC,
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，
AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，
所以AB⊥平面AB1C.
又因为AB⊂平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
思想方法系列14 构造几何模型解决空间问题
判断空间线、面的位置关系，常利用正(长)方体及其他几何体模型来判断，把平面、直线看作正(长)方体内及其他几何体平面、侧棱、对角线等进行推导验证，使抽象的推理形象化、具体化．
已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.
其中所有正确的命题是( )
A．①④ B．②④
C．① D．④
【解析】 对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．故选A项．
【答案】 A
(1)构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型对问题直观地作出判断．这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致的解题错误．
(2)由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系．故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断．构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证． Ｋ
(2020·贵阳市四校联考)如图所示，在三棱锥PABC中，AP⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，AP＝，则该三棱锥外接球的体积为________．
解析：如图所示，根据题意可将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为1，1，的长方体，则三棱锥的外接球与长方体的外接球相同．设外接球半径为R，则(2R)2＝12＋12＋()2＝5，所以该三棱锥外接球的体积V＝πR3＝π.
答案：π
[A级 基础练]
1．已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
解析：选C.当直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在直线与l平行，故A项错误；当l∥α时，在α内不存在直线与l相交，故B项错误；当l⊂α时，在α内不存在直线与l异面，故D项错误；无论哪种情形，在平面α内都有无数条直线与l垂直．故选C项．
2．(多选)设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，则n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，则n⊥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β
解析：选AD.选项A中，由面面垂直的性质定理知，正确；选项B中，直线n可以与平面β相交、平行或n⊂β，不正确；选项C中，与直线m平行的平面有无数个，且这些平面可以与平面α平行、相交，不正确；选项D中，根据m⊥α，m⊥β，知α∥β，又n⊥α，所以n⊥β正确，故选AD.
3．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中， 点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
A．与AC，MN均垂直
B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直
D．与AC，MN均不垂直
解析：选A.因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，
又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.
设正方体的棱长为2，
则OM＝＝，MN＝＝，
ON＝＝，
所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.
4．(2021·山东济宁模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：选C.对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又两直线不平行，故相交，A错误；对于B，AC与平面ABB1A1所成的角为60°，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B错误；对于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正确；对于D，AC与平面AB1E有公共点A，AC∥A1C1，所以A1C1与平面AB1E相交，故D错误．
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2.
答案：2
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：若l⊥m，l⊥α，则m∥α(或m∥α，l⊥α，则l⊥m，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·沈阳市教学质量监测(一))如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.F为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：平面AED⊥平面ABD.
证明：(1)如图，取AB的中点为O，连接OC，OF，因为O，F分别为AB，AD的中点，所以OF∥BD且BD＝2OF，
又CE∥BD且BD＝2CE，所以CE∥OF且CE＝OF，
所以四边形OCEF为平行四边形，所以EF∥OC.
又EF⊄平面ABC且OC⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为三角形ABC为等边三角形，
所以OC⊥AB，
又平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，
所以OC⊥平面ABD，
因为EF∥OC，所以EF⊥平面ABD，
又EF⊂平面AED，所以平面AED⊥平面ABD.
[B级 综合练]
11．(多选)已知在四面体ABCD中，△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形，E，F分别为BC，BD的中点，则( )
A．BC⊥AD
B．若AD＝1，则四面体ABCD的体积为
C．若AD＝，则平面ABC⊥平面BCD
D．若AF＝，则截面AEF的面积为
解析：选ACD.连接AE，DE，因为△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形，所以AE⊥BC，DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥AD，故A正确；设点A在平面BCD内的射影为点O，则AO＝＝，所以四面体ABCD的体积为××12×＝，故B错误；易知∠AED为二面角ABCD的平面角，AE＝，DE＝，当AD＝时，AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以平面ABC⊥平面BCD，故C正确；因为E，F分别为BC，BD的中点，连接EF，AF，易知EF＝CD＝，由余弦定理可得cos∠AEF＝＝，所以sin∠AEF＝，所以S△AEF＝×××＝，故D正确．
12．如图，在直三棱柱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＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h，
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，得x＝.即线段B1F的长为.
答案：
13．(2020·成都市诊断性检测)如图，在四棱锥PABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E，F分别为BC，CD的中点．
(1)证明：BC⊥平面PAE；
(2)点Q在棱PB上，且＝，证明：PD∥平面QAF.
证明：(1)如图，连接AC.
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，
所以三角形ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以BC⊥AE.
因为AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以BC⊥AP.
因为AP∩AE＝A，AP，AE⊂平面PAE，
所以BC⊥平面PAE.
(2)连接BD交AF于点M，连接QM.
因为F为CD的中点，所以在底面ABCD中，＝＝，所以＝.
所以＝＝，所以在三角形BPD中，PD∥QM.
又QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，所以PD∥平面QAF.
14．(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＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.
(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝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.
[C级 创新练]
15．一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．在四面体PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有( )
A．6个 B．8个
C．10个 D．12个
解析：选C.为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体PABC为“鳖臑”，
其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.
若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.
又AE⊥PB，平面APB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，
所以AE⊥EF，且AE⊥PC.
又EF⊥PC，知四面体PAEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C.
16.(多选)如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是( )
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范围是
C．三棱锥B1D1PC的体积为定值
D．DC1⊥D1P
解析：选ACD.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；
在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；
在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1D1PC的体积为定值，故C正确；
在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．
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