7．5 直线、平面垂直的判定与性质
[知识梳理] 1．直线与平面垂直 判定定理与性质定理
2．平面与平面垂直 判定定理与性质定理
3．直线和平面所成的角
?π?范围：?0，?.
2??
4．二面角 范围[0，π]． 5．必记结论
(1)若两条平行线中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，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线． (3)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直． (4)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直． (5)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直．
(6)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． [诊断自测] 1．概念思辨
(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.( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× 2．教材衍化
(1)(必修A2P73A组T1)若m，n表示两条不同的直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为( )
①
m⊥α??
??m∥n；②
?n⊥α?
m⊥α??
??m⊥n；③
?n∥α?
m∥α??m⊥n??n⊥α.
??
A．1 C．3 答案 B
B．2 D．0
解析 ③不正确，直线n与α不一定垂直，可能是平行或相交或在平面内．①②均正确．故选B.
(2)(必修A2P67T2)在三棱锥P－ABC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． 答案 ①外 ②垂
解析 ①如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
②如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面PAB，AB?平面PAB， ∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，
∴AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，∴AB⊥CG， 即CG为△ABC边AB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． 3．小题热身
(1)(2017·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 C．m∥n且n⊥β 答案 C
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．故选C. ①AC⊥α；②AC∥α；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF. 其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上) 答案 ①③
解析 如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．
B．α⊥β且m∥α D．m⊥n且n∥β
题型1 直线与平面垂直的判定与性质角度1 直线与平面垂直的判定定理
典例 (2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6.
顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交
AB于点G.
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
利用线面垂直判定定理进行证明．
解 (1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.
又由已知可得，PA＝PB，从而G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．
理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心，由(1)知，
2
3
G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝CG.
21
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.
33由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝22. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2， 114
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.
323角度2 垂直关系中的探索性问题
典例 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．
从BC＝CE取BE的中点H，CH⊥BE入手分析．
解 (1)证明：连接AC交BD于O，连接OF，如右图． ∵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)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. 方法技巧
1．证明直线与平面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理，这是主要证明方法．
(2)利用“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”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 2．线面垂直中的探索性问题
探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在．
冲关针对训练
(2018·济南模拟)如图，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，FA⊥AC，
EF∥AC，AB＝2，EF＝FA＝1.
(1)求证：CE∥平面BDF； (2)求证：BE⊥平面DEF.
证明 (1)设正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，连接FO.由题知EF＝OC＝1，因为EF∥AC，
所以四边形CEFO为平行四边形，所以CE∥OF. 又CE?平面BDF，OF?平面BDF， 所以CE∥平面BDF.
(2)因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，FA⊥AC，FA?平面ACEF，故FA⊥平面ABCD.
连接EO，易知四边形AOEF为边长为1的正方形， 所以EO⊥平面ABCD，则EO⊥BD.
所以△BDE为等腰三角形，BD＝2BO＝2OC＝2，
BE＝DE＝BO2＋EO2＝2.
因为BD＝BE＋DE，
所以BE⊥DE.同理在△BEF中，BE⊥EF， 因为DE∩EF＝E，所以BE⊥平面DEF.
2
2
2
题型2 面面垂直的判定与性质
典例 (2017·北京高考)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．
首先分析已知中的垂直线段所在的平面，由于AB＝BC，取AC的中点是关键． 解 (1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC. 又因为BD?平面ABC，所以PA⊥BD. (2)证明：因为AB＝BC，D为AC中点，
所以BD⊥AC.由(1)知，PA⊥BD，又PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC.又BD?平面BDE， 所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE. 因为D为AC的中点，
1
所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝2.
2由(1)知，PA⊥平面ABC， 所以DE⊥平面ABC.
11
所以三棱锥E－BCD的体积V＝BD·DC·DE＝.
63
[结论探究] 在典例条件下，证明：平面PBC⊥平面PAB.
证明 由(1)知PA⊥BC，又BC⊥AB且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，又∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.
方法技巧
面面垂直的应用策略
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．
冲关针对训练
(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为解 (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD，
所以AC⊥BE，又BE∩BD＝D，故AC⊥平面BED. 又AC?平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝
3x. 2
3xx，GB＝GD＝. 22
6
，求该三棱锥的侧面积． 3
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得
BE＝
2x. 2
由已知得，三棱锥E－ACD的体积
VE－ACD＝×AC·GD·BE＝
1312636x＝， 243
故x＝2，从而可得AE＝EC＝ED＝6.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为5，故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋25.
1.(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD －A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 C．A1E⊥BC1 答案 C
解析 解法一：如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错误；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1，
∴A1E⊥BC1)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错误．故选C. 解法二：(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则→??A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E?0，，0?，∴A1E＝
1
2
B．A1E⊥BD D．A1E⊥AC
??
→→→→?－1，1，－1?，DC??1＝(0,1,1)，BD＝(－1，－1，0)，BC1＝(－1,0,1)，AC＝(－1,1,0)，
2??
→→→→→→→→
∴A1E·DC1≠0，A1E·BD≠0，A1E·BC1＝0，A1E·AC≠0，∴A1E⊥BC1.故选C.
2．(2017·河北唐山一模)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 C．HF⊥平面AEF 答案 B
解析 根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变， ∴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⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；已证平面HAG⊥平面AEF，若证HG⊥平面AEF，只需证HG⊥AG，已证AH⊥HG，故HG⊥AG不成立，所以HG与平面AEF不垂直，∴D不正确．故选B.
3．(2018·西安模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，
B．AH⊥平面EFH D．HG⊥平面AEF
E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
求证：(1)CE∥平面PAD； (2)平面EFG⊥平面EMN. 证明
(1)如图，连接CF. 因为F为AB的中点， 1
所以AF＝AB.
21
又CD＝AB，
2所以AF＝CD.
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形． 因此CF∥AD.
又CF?平面PAD，AD?平面PAD. 所以CF∥平面PAD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥ PA. 又EF?平面PAD，PA?平面PAD， 所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD. 又CE?平面CEF， 所以CE∥平面PAD.
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥PA.
又AB⊥PA，所以AB⊥EF. 同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，FG?平面EFG， 因此AB⊥平面EFG.
又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD. 又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG. 又MN?平面EMN， 所以平面EFG⊥平面EMN.
4．(2017·山东模拟)如图，AB是圆O的直径，点C，D是圆O上异于A，B的点，CD∥AB，F为PD中点，PO垂直于圆O所在的平面，∠ABC＝60°.
(1)证明：PB∥平面COF； (2)证明：AC⊥PD.
证明 如图所示，∵AB是圆O的直径，∴△ABC是直角三角形，又∠ABC＝60°，∴BC1
＝AB. 2
又∵四边形ABCD是圆的内接四边形，∴四边形ABCD是等腰梯形，∴四边形ADCO，DOBC都是以半径为边长的菱形．
(1)连接BD交OC于H，则H是BD中点，连接FH，
因为F为PD中点，∴FH∥PB，且PB?平面COF，FH?平面COF，∴PB∥平面COF. (2)∵四边形ADCO是以半径为边长的菱形 ∴AC⊥DO，
∵PO垂直于圆O所在的平面， ∴PO⊥AC，且DO∩PO＝O， ∴AC⊥平面POD，
∵PD?平面POD，∴AC⊥PD.
[重点保分 两级优选练]
A级
一、选择题
1．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是 ( ) A．若l∥α，l∥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β 答案 B 解析
如图所示，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，对于A项，设l为AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1
为 α，β.A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；对于C
B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
项，设l为A1A，平面ABCD为α，平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD；A1A∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；对于D项，设平面A1ABB1为α，平面ABCD为β，直线D1C1为l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.故A，C，D三项都是错误的．而对于B项，根据垂直于同一直线的两平面平行，知B项正确．故选B.
2．(2017·山西临汾二模)已知点A，B在半径为3的球O表面上运动，且AB＝2，过
AB作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分别为圆M，N，则( )
A．MN长度的最小值是2 B．MN的长度是定值2 C．圆M面积的最小值是2π D．圆M、N的面积和是定值8π 答案 B
解析 如图所示，平面ABC为平面α，平面ABD为平面β，则BD⊥BC.
BC2＋BD2＋4＝12，∴CD＝22，
∵M，N分别是AC，AD的中点， ∴MN的长度是定值2.故选B.
3．(2017·江西南昌摸底)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 答案 A
解析 因为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，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.
4．(2018·江西九江模拟)如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )
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 答案 C
解析 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝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.故选C.
5．(2018·甘肃二诊)已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝4，若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是( )
A．(0,1] C．(1，3] 答案 B
B．(0,2] D．[1,4)
解析 连接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P内两条相交直线，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB与圆有公共点，1
即0< AD≤CD＝2.故选B.
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6．(2018·河北模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，
PEAB＝BC＝2，PA＝3，PA⊥底面ABCD，E是棱PD上异于P，D的动点．设＝m，则“0 ED是“三棱锥C－ABE的体积不小于1”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件 答案 B 解析 如图，过E点作EH⊥AD，H为垂足，则EH⊥平面ABCD.∵VC－ABE＝VE－ABC， 23 ∴三棱锥C－ABE的体积为EH.若三棱锥C－ABE的体积不小于1，则EH≥，又PA＝3， 32∴＝m≤1， ∴0 7．如图，三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是( ) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC 答案 C 解析 ∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正确． ∵BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE. 又∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，B正确． ∵BC⊥平面PAE，BC?平面ABC， ∴平面PAE⊥平面ABC，D正确．故选C. 8．(2018·湖北武汉月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1－ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( ) A．2 C．4 B．3 D．5 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 PEED 答案 B 解析 设D1在平面ABC 上的射影为E，连接 D1E，则D1E⊥平面ABC， ∵D1E?平面ABD1， ∴平面ABD1⊥平面ABC. ∵D1E⊥平面ABC，BC?平面ABC， ∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E， ∴BC⊥平面ABD1. 又BC?平面BCD1， ∴平面BCD1⊥平面ABD1. ∵BC⊥平面ABD1，AD1?平面ABD1， ∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C， ∴AD1⊥平面BCD1， 又AD1?平面ACD1， ∴平面ACD1⊥平面BCD1. ∴共有3对平面互相垂直．故选B. 9．(2018·静海月考)如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面 PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是( ) A．一条线段 C．一个圆 答案 D 解析 ∵平面PAC⊥平面PBC， 而平面PAC∩平面PBC＝PC. 又AC?平面PAC，且AC⊥PC， ∴AC⊥平面PBC， 而BC?平面PBC，∴AC⊥BC， ∴点C在以AB为直径的圆上， ∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D. 10．(2018·吉林期末)已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数是( ) A．4 C．2 答案 A 解析 满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直， B．3 D．1 B．一条直线 D．一个圆，但要去掉两个点 画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示， 不妨令PA⊥矩形ABCD， ∴PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥CB，PA⊥CD， 故△PAB和△PAD都是直角三角形． 又矩形中CB⊥AB，CD⊥AD. 这样CB垂直于平面PAB内的两条相交直线PA、AB， CD垂直于平面PAD内的两条相交直线PA、AD， 由线面垂直的判定定理可得CB⊥平面PAB，CD⊥平面PAD，∴CB⊥PB，CD⊥PD，故△PBC和△PDC都是直角三角形， 故直角三角形有△PAB、△PAD、△PBC、△PDC共4个．故选A. 二、填空题 11．(2017·开封二模)三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中： ①异面直线SB与AC所成的角为90°； ②直线SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； 1④点C到平面SAB的距离是a. 2其中正确的是________． 答案 ①②③④ 解析 由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得 SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥ 1 平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为a，④正确． 2 12．(2017·苏州期末)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，则下列结论： 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. 其中正确的结论序号是________． 答案 ①②④ 解析 ①由底面为正方形，可得AD∥BC， AD?平面PBC，BC?平面PBC， 可得AD∥平面PBC； ②在正方形ABCD中，AC⊥BD， PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD， PA∩AC＝A，可得BD⊥平面PAC， BD?平面PBD，即有平面PAC⊥平面PBD； ③PA⊥底面ABCD，可得PA⊥AB，PA⊥AC， 可得∠BAC为二面角B－PA－C的平面角， 显然∠BAC＝45°，故平面PAB⊥平面PAC不成立； ④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD， PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD， PA∩AD＝A，可得CD⊥平面PAD， CD?平面PCD，即有平面PAD⊥平面PDC. 综上可得，①②④正确． 13．(2017·三元月考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠ BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________． 答案 平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC⊥平面ACD 解析 ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°， ∴BD⊥CD. 由CD⊥平面ABD，CD?平面BCD， 所以平面ABD⊥平面BCD， 由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB. 故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC， 平面ABD⊥平面ADC. 14．(2018·泰安模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则∠BA′C＝________，VA′－BCD＝________. 1 答案 90° 6 解析 由题设知：△BA′D为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，∴∠BA′C＝90°， 1 6 VA′－BCD＝VC－A′BD＝. B级 三、解答题 15．(2018·临汾期末)在三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝22， D是AA1中点，BD与AB1交于点O，且OC⊥平面ABB1A1. 证明：平面AB1C⊥平面BCD. 证明 ∵ABB1A1为矩形，AB＝2， AA1＝22，D是AA1的中点， ∴∠BAD＝90°，∠ABB1＝90°， 12 BB1＝22，AD＝AA1＝2， ∴tan∠ABD＝tan∠AB1B＝ AD2＝， AB2 AB2＝， BB12 π， 2 ∴∠ABD＝∠AB1B， ∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝∴∠AOB＝ π ，即AB1⊥BD. 2 ∵CO⊥平面ABB1A1，AB1?平面ABB1A1， ∴AB1⊥CO， 又BD∩CO＝O， ∴AB1⊥平面BCD. ∵AB1?平面AB1C， ∴平面AB1C⊥平面BCD. 16．(2018·黄冈调研)在三棱锥P－ABC中，△PAB是等边三角形，PA⊥AC，PB⊥BC. (1)证明：AB⊥PC； (2)若PC＝2，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积． 解 (1)证明：在Rt△PAC和Rt△PBC中 AC＝PC2－PA2，BC＝PC2－PB2. ∵PA＝PB，∴AC＝BC. 取AB中点M，连接PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC， ∴AB⊥平面PMC，而PC?平面PMC， ∴AB⊥PC. (2)在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连接BD. ∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD?平面PBC， ∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌Rt△PBC， ∴AD＝BD，∴△ABD为等腰直角三角形． 设AB＝PA＝PB＝a，则AD＝ 2 a， 2 2 在Rt△PAC中，由PA·AC＝PC·AD得a·4－a＝2×11?2?21 ∴S△ABD＝AD·BD＝·?a?＝， 22?2?2 2 a，∴a＝2. 2 1111 ∴VP－ABC＝S△ABD·PC＝××2＝. 3323 17．(2018·绵阳期末)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是AB的中点，M是AA1 上一点，AM＝tAA1. (1)求证：BC1∥平面A1CD； (2)若3AB＝2AA1，当t为何值时，B1M⊥平面A1CD? 解 (1)证明：连接AC1，交A1C于点O，那么点O是AC1的中点，连接OD，由点D是AB的中点，可得BC1∥OD，BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD， 可得BC1∥平面A1CD. (2)由3AB＝2AA1，D为AB中点可得∴当 AD1 ＝， AA13 A1M1 ＝时， A1B13 可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M， ∴∠DA1A＝∠MB1A1， ∴∠A1MB1＋∠DA1A＝∠A1MB1＋∠MB1A1＝90°， ∴B1M⊥A1D. ∵D是AB的中点，∴CD⊥AB， 又∵CD⊥AA1，AB∩AA1＝A， ∴CD⊥平面AA1B1B. ∵B1M?平面AA1B1B，∴CD⊥B1M. ∵CD∩A1D＝D，∴B1M⊥平面A1CD，此时27 所以A1M＝AA1，故AM＝AA1， 997 即当t＝时，B1M⊥平面A1CD. 9 18．(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是DD1的中点． (1)求证：BD1∥平面AMC； (2)求证：AC⊥BD1； (3)在线段BB1上是否存在点P，当 A1M1 ＝，3AB＝2AA1， A1B13 BP＝λ时，平面A1PC1∥平面AMC？若存在，求出λBB1 的值并证明；若不存在，请说明理由． 解 (1)证明：在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接BD交AC于N，连接MN. 因为ABCD为正方形，所以N为BD中点， 在△DBD1中，因为M为DD1中点， 所以BD1∥MN. 因为MN?平面AMC，BD1?平面AMC， 所以BD1∥平面AMC. (2)证明：因为ABCD为正方形， 所以AC⊥BD. 因为DD1⊥平面ABCD， 所以DD1⊥AC. 因为DD1∩BD＝D， 所以AC⊥平面BDD1. 因为BD1?平面BDD1， 所以AC⊥BD1. 1 (3)当λ＝，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1∥平面AMC. 2因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1， 所以四边形AA1C1C是平行四边形， 所以AC∥A1C1. 取CC1的中点Q，连接MQ，QB. 因为M为DD1中点， 所以MQ∥AB，且MQ＝AB， 所以四边形ABQM是平行四边形． 所以BQ∥AM. 同理BQ∥C1P. 所以AM∥C1P. 因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A， 所以平面A1PC1∥平面AMC.