BE12
∴tan∠BNE＝BN＝＝3. 322
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例1 解题导引 线面垂直的判定方法是：证明直线垂直平面内的两条相交直线．即从“线线垂直”到“线面垂直”．
证明
(1)取AB中点E，连结SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
故DE∥BC，且DE⊥AB， ∵SA＝SB，
∴△SAB为等腰三角形， ∴SE⊥AB.
∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，
∴AB⊥面SDE.而SD?面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC. 又∵AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC. (2)若AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD?面ABC， ∴SD⊥BD.又∵SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.
变式迁移1 证明 作SO⊥BC，垂足为O，连结AO， 由侧面SBC⊥底面ABCD，得SO⊥底面ABCD.
因为SA＝SB，所以AO＝BO. 又∠ABC＝45°，故△AOB为等腰直角三角形，且AO⊥BO， 又SO⊥BC，SO∩AO＝O，
∴BC⊥面SAO.又SA?面SAO，∴SA⊥BC. 例2 解题导引 证明面面垂直，可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．
证明 如图所示，连结AC，BD，A1C1，则O为AC，BD的交点，O1为A1C1，B1D1的交点．
由棱柱的性质知：
A1O1∥OC，且A1O1＝OC，
∴四边形A1OCO1为平行四边形， ∴A1O∥O1C，
又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C?平面O1DC，∴平面O1DC⊥平面ABCD. 变式迁移2
证明 (1)如图，在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF?平面PCD，PD?平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连结BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．
因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD. 又因为BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
例3 解题导引 高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一．有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查．
根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)→认(指)→求．
(1)证明 如图所示，连结BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.
∵SD⊥平面ABCD，
∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.
(2)解 如图所示，由SD⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， ∴SD⊥CD.
又底面ABCD是正方形， ∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D， ∴CD⊥平面SAD.
过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连结CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.
在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa，
DEλ
∴tan φ＝BD＝2.
在Rt△ADE中，∵AD＝2a＝CD，DE＝λa， ∴AE＝aλ2＋2，
AD·DE2λa
从而DF＝AE＝2. λ＋2
λ2＋2CD
在Rt△CDF中，tan θ＝DF＝λ，
λ2＋2λ22
由tan θ·tan φ＝1，得λ·＝1?λ＋2＝2?λ＝2.由λ∈2(0,2]，解得λ＝2.
变式迁移3 (1)证明 ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC. 又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A， ∴BC⊥平面PAC.
1
(2)解 ∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝2BC. 又由(1)知，BC⊥平面PAC， ∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角． ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB. 又PA＝AB，
∴△ABP为等腰直角三角形．
2
∴AD＝2AB.
1
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝2AB.
DEBC2
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝AD＝2AD＝4.
2
∴AD与平面PAC所成角的正弦值为4. (3)解 ∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC， ∴DE⊥平面PAC.
又∵AE?平面PAC，PE?平面PAC， ∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP为二面角A—DE—P的平面角． ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°. ∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC. 这时，∠AEP＝90°，
故存在点E使得二面角A—DE—P是直二面角． 课后练习区
10
1．充要 2.①②③ 3.①③④ 4.①② 5.5 6.3
解析 ∵PA⊥底面ABC，
∴PA为三棱锥P－ABC的高，且PA＝3.
1
∵底面ABC为正三角形且边长为2，∴底面面积为2×22×sin 60°
1
＝3，∴VP－ABC＝3×3×3＝3.
7．①②③ 8.6＋2 9.
(1)证明 方法一 (综合法)如图所示，设G是线段DA延长线与线段EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形，且OD＝2，
1
所以OB綊2DE，(3分) OG＝OD＝2.(5分) 同理，设G′是线段DA延长线与线段FC延长线的交点，有OC1
綊2DF，OG′＝OD＝2.
又由于G和G′都在线段DA的延长线上，
所以G与G′重合．(10分)
11
在△GED和△GFD中，由OB綊2DE和OC綊2DF，可知B、C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.(12分)
方法二 (向量法)过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，连结QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，从而FQ⊥QE，FQ
→为x轴正方向，QD→为y轴正方向，QF→为⊥DQ.以Q为坐标原点，QE
z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．(4分)
333
由条件知E(3，0,0)，F(0,0，3)，B(2，－2，0)，C(0，－2，3→＝(－3，0，3)，EF→＝(－3，0，3)． )，则BC222
→＝2BC→，即BC∥EF.(7分) 所以EF3(2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△OBE＝2，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝3.
33
所以S四边形OBED＝S△OBE＋S△OED＝2.(10分)
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD
1
知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝3，所以VF－OBED＝3FQ·S
3
四边形OBED＝.(12分) 2
10．(1)证明
设AC∩BD＝H，连结EH.在△ADC中，因为AD＝CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又由题设，知E为PC的中点，故EH∥PA.又EH?平面BDE，且PA?平面BDE，
所以PA∥平面BDE.(4分)