2019版高考数学理高分计划一轮高分讲义：第7章 立体几

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
范围：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，π2. 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A2P 73A 组T 1)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 ⊥αn ⊥α⇒m ∥n ；② ⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ∥α⇒m ⊥n ；③
⎭
⎪⎬⎪⎫m ∥αm ⊥n ⇒n ⊥α. A ．1
B ．2
C ．3
D ．0 答案 B
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A2P 67T 2)在三棱锥P －ABC 中，点P 在平面ABC 中的射影为点O ，
①若P A ＝PB ＝PC ，则点O 是△ABC 的________心；
②若P A ⊥PB ，PB ⊥PC ，PC ⊥P A ，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，P A ＝PC ＝PB ，所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心．
②如图2，∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，
∴PC⊥平面P AB，AB⊂平面P AB，
∴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⊂αB．α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥βD．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.
(2)(2018·辽宁五校联考)假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD ⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：
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．
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，P A＝6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面P AB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P AC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P AB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，P A＝PB，从而G是AB的中点．
(2)在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC内的正投影．
理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF ⊥P A，EF⊥PC，又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E 在平面P AC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，G是AB的中点，所以D在CG上，故
CD＝2
3CG.
由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因
此PE＝2
3PG，DE＝
1
3PC.
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2.
在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝1
3×
1
2×2×2×2＝
4
3.
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，F A⊥AC，EF∥AC，AB＝2，EF＝F A＝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，
F A⊥AC，F A⊂平面ACEF，故F A⊥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BD2＝BE2＋DE2，
所以BE⊥DE.同理在△BEF中，BE⊥EF，
因为DE∩EF＝E，所以BE⊥平面DEF.
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，P A⊥AB，P A⊥BC，AB⊥BC，P A＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
(1)求证：P A⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面P AC；
(3)当P A∥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P A⊥AB，P A⊥BC，所以P A⊥平面ABC.
又因为BD⊂平面ABC，所以P A⊥BD.
(2)证明：因为AB＝BC，D为AC中点，
所以BD⊥AC.由(1)知，P A⊥BD，又P A∩AC＝A，
所以BD⊥平面P AC.又BD⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面P AC.
(3)因为P A∥平面BDE，平面P AC∩平面BDE＝DE，所以P A∥DE.
因为D为AC的中点，
所以DE ＝1
2P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2. 由(1)知，P A ⊥平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC .
所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝1
3.
[结论探究] 在典例条件下，证明：平面PBC ⊥平面P AB . 证明 由(1)知P A ⊥BC ，又BC ⊥AB 且P A ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面P AB ，又∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面P AB .
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63，求该三棱锥的侧面积．
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
＝
3
2x，GB＝GD＝
x
2.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝
3
2x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得
BE＝
2
2x.
由已知得，三棱锥E－ACD的体积
V E－ACD＝
1
3×
1
2AC·GD·BE＝
6
24x
3＝
6
3，
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＋2 5.
1.(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()
A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC
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，
∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；
(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，∴BC 1⊥平面CEA 1B 1.又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，
∴A 1E ⊥BC 1)
∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1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)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，－1，DC 1→＝(0,1,1)，BD →＝(－1，－1，0)，BC 1→＝(－1,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，∴A 1E →·DC 1→≠0，A 1E →·BD →≠0，A 1E →·BC 1→＝0，A 1E →·AC →≠0，∴A 1E ⊥BC 1
.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
B ．AH ⊥平面EFH
C ．HF ⊥平面AEF
D ．HG ⊥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⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
求证：(1)CE∥平面P AD；
(2)平面EFG⊥平面EMN.
证明
(1)如图，连接CF.
因为F为AB的中点，
所以AF＝1
2AB.
又CD＝1
2AB，
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P AD，AD⊂平面P AD.
所以CF∥平面P AD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A.
又EF⊄平面P AD，P A⊂平面P AD，
所以EF∥平面P AD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面P AD.
又CE⊂平面CEF，
所以CE∥平面P AD.
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥P A.
又AB⊥P A，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°，∴BC＝1
2AB.
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∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥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AC
D ⊥平面BD
E 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 －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝3，AB ＝4，若在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是( )
A ．(0,1]
B ．(0,2]
C ．(1，3]
D ．[1,4)
答案 B
解析 连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 内两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，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，即0<AD ≤12CD ＝2.故选B.
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 ，AB ＝BC ＝2，P A ＝3，P A ⊥底面ABCD ，E 是棱PD 上异于P ，D 的动点．设PE
ED ＝m ，则“0<m <2”是“三棱锥C
－ABE 的体积不小于1”的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 如图，过E 点作EH ⊥AD ，H 为垂足，则EH ⊥平面ABCD .∵V C －ABE ＝V E －ABC ，
∴三棱锥C －ABE 的体积为2
3EH .若三棱锥C －ABE 的体积不小于1，则EH ≥32，又P A ＝3，∴PE
ED ＝m ≤1，
∴0<m ≤1.故选B.
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P AE
C ．平面PDF ⊥平面ABC
D ．平面P A
E ⊥平面ABC 答案 C
解析∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正确．
∵BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面P AE.
又∵DF∥BC，∴DF⊥平面P AE，B正确．
∵BC⊥平面P AE，BC⊂平面ABC，
∴平面P AE⊥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 B．3
C．4 D．5
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P AC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是()
A．一条线段B．一条直线
C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点答案 D
解析∵平面P AC⊥平面PBC，
而平面P AC∩平面PBC＝PC.
又AC⊂平面P AC，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 B．3
C．2 D．1
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，
画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示，
不妨令P A⊥矩形ABCD，
∴P A⊥AB，P A⊥AD，P A⊥CB，P A⊥CD，
故△P AB和△P AD都是直角三角形．
又矩形中CB⊥AB，CD⊥AD.
这样CB垂直于平面P AB内的两条相交直线P A、AB，
CD 垂直于平面P AD 内的两条相交直线P A 、AD ，
由线面垂直的判定定理可得CB ⊥平面P AB ，CD ⊥平面P AD ，∴CB ⊥PB ，CD ⊥PD ，故△PBC 和△PDC 都是直角三角形，
故直角三角形有△P AB 、△P AD 、△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 ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 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 ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为点C 到平面SAB 的距离，为1
2a ，④正确．
12．(2017·苏州期末)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，则下列结论：
①AD∥平面PBC；
②平面P AC⊥平面PBD；
③平面P AB⊥平面P AC；
④平面P AD⊥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，
P A⊥底面ABCD，可得P A⊥BD，
P A∩AC＝A，可得BD⊥平面P AC，
BD⊂平面PBD，即有平面P AC⊥平面PBD；
③P A⊥底面ABCD，可得P A⊥AB，P A⊥AC，
可得∠BAC为二面角B－P A－C的平面角，
显然∠BAC＝45°，故平面P AB⊥平面P AC不成立；
④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，
P A⊥底面ABCD，可得P A⊥CD，
P A∩AD＝A，可得CD⊥平面P AD，
CD⊂平面PCD，即有平面P AD⊥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＝________，V A′－BCD ＝________.
答案90°1 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°，
V A′－BCD＝V C－A′BD＝1
6.
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°，
BB1＝22，AD＝1
2AA1＝2，
∴tan∠ABD＝AD
AB＝
2
2，
tan∠AB1B＝AB
BB1＝
2
2，
∴∠ABD＝∠AB1B，
∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝π2，
∴∠AOB＝π
2，即AB1⊥BD.
∵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，△P AB是等边三角形，P A⊥AC，PB⊥BC.
(1)证明：AB⊥PC；
(2)若PC＝2，且平面P AC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．
解(1)证明：在Rt△P AC和Rt△PBC中
AC＝PC2－P A2，BC＝PC2－PB2.
∵P A＝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P AC内作AD⊥PC，垂足为D，连接BD.
∵平面P AC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，
∴AD ⊥BD ，又Rt △P AC ≌Rt △PBC ， ∴AD ＝BD ，∴△ABD 为等腰直角三角形． 设AB ＝P A ＝PB ＝a ，则AD ＝2
2a ，
在Rt △P AC 中，由P A ·AC ＝PC ·AD 得a ·4－a 2＝2×2
2a ，∴a ＝ 2.
∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝1
2， ∴V P －ABC ＝13S △ABD ·PC ＝13×12×2＝1
3.
17．(2018·绵阳期末)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是AB 的中点，M 是AA 1上一点，AM ＝tAA 1.
(1)求证：BC 1∥平面A 1CD ；
(2)若3AB ＝2AA 1，当t 为何值时，B 1M ⊥平面A 1CD?
解 (1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点O ，那么点O 是AC 1的中点，连接OD ，由点D 是AB 的中点，可得BC 1∥OD ，BC 1⊄平面A 1CD ，OD ⊂平面A 1CD ，
可得BC 1∥平面A 1CD .
(2)由3AB ＝2AA 1，D 为AB 中点可得AD AA 1＝1
3，
∴当A 1M A 1B 1
＝1
3时，
可得Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1M ， ∴∠DA 1A ＝∠MB 1A 1，
∴∠A 1MB 1＋∠DA 1A ＝∠A 1MB 1＋∠MB 1A 1＝90°， ∴B 1M ⊥A 1D .
∵D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ， 又∵CD ⊥AA 1，AB ∩AA 1＝A ， ∴CD ⊥平面AA 1B 1B .
∵B 1M ⊂平面AA 1B 1B ，∴CD ⊥B 1M .
∵CD ∩A 1D ＝D ，∴B 1M ⊥平面A 1CD ，此时A 1M A 1B 1
＝13，3AB ＝2AA 1，
所以A 1M ＝29AA 1，故AM ＝7
9AA 1， 即当t ＝7
9时，B 1M ⊥平面A 1CD .
18．(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点．
(1)求证：BD 1∥平面AMC ； (2)求证：AC ⊥BD 1；
(3)在线段BB 1上是否存在点P ，当BP
BB 1
＝λ时，平面A 1PC 1∥平面
AMC？若存在，求出λ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.
(3)当λ＝1
2，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1∥平面AMC. 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.。