2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.5直线、平面垂直的判定与性质习题课件理

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2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标42直线平面垂直的判定及其性质[解密考纲]对直线、平面垂直的判定与性质定理的初步考查一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大；综合应用直线、平面垂直的判定与性质常以解答题为主，难度中等．一、选择题1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( D)A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D项不一定成立，故选D．2．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( D) A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n，则l∥nC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若l⊥α，l∥a，则a⊥α解析对于A项，m与α位置关系不确定，故A项错；对于B项，当l与m，m与n为异面垂直时，l与n可能异面或相交，故B项错；对于C项，也可能b⊂α，故C项错；对于D项，由线面垂直的定义可知正确．3．(2018·江西南昌模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( D)A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但不一定垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.4．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( D)A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对解析过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D．5．(2018·宁夏银川一模)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)A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析由平面图形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故选A．6．(2018·陕西宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD．其中为真命题的是( D)A．①②B．②③C．②④D．①④解析①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD．④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC．二、填空题7．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为__②④__.①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．解析对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；对于②，若m ⊥α，则m 垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直线与m 垂直，故②正确；对于③④，若m ⊂α，则在平面β内一定存在与m 垂直的直线，故③错误，④正确．8．(2018·吉林长春模拟)如图所示，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，N ，M 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，下列说法正确的是__①②__(填上所有正确的序号)．①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ．解析 ①如图，分别取EC ，DE 的中点P ，Q ，由已知易知四边形MNQP 为平行四边形，则MN ∥PQ ，又PQ ⊂平面DEC ，故MN ∥平面DEC ，①正确；②取AE 的中点O ，易证NO ⊥AE ，MO ⊥AE .故AE ⊥平面MNO ，又MN ⊂平面MNO ，则AE ⊥MN ，②正确；③∵D ∉平面ABC ，∴N ∉平面ABC ，又A ，B ，M ∈平面ABC ， ∴MN 与AB 异面，③错误．9．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为__12__.解析设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝ 2.设Rt △AA 1B 斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×22＝h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等得66×x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12. 即线段B 1F 的长为12.三、解答题10．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，D 是AC 的中点，S 是△ABC 所在平面外一点，且SA ＝SB ＝SC ．(1)求证：SD ⊥平面ABC ；(2)若AB ＝BC ，求证：BD ⊥平面SAC ．证明 (1)因为SA ＝SC ，D 是AC 的中点，所以SD ⊥AC ．在Rt △ABC 中，AD ＝BD ，又SA ＝SB ，SD ＝SD ，所以△ADS ≌△BDS ，所以SD ⊥BD ．又AC ∩BD ＝D ，所以SD ⊥平面ABC ．(2)因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC ．由(1)知SD ⊥BD ，又SD ∩AC ＝D ，所以BD ⊥平面SAC ．11．(2018·河南郑州模拟)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面AA ′C ′C ；(2)设AB ＝λAA ′，当λ为何值时，CN ⊥平面A ′MN ，试证明你的结论．解析 (1)证明：如图，取A ′B ′的中点E ，连接ME ，NE .因为E ，N 分别为A ′B ′和B ′C ′的中点，所以NE ∥A ′C ′，ME ∥BB ′∥AA ′. 又A ′C ′⊂平面AA ′C ′C ，NE ⊄平面AA ′C ′C ，所以NE ∥平面AA ′C ′C ，同理ME ∥平面AA ′C ′C ，又EM ∩EN ＝E ，所以平面MNE ∥平面AA ′C ′C ，因为MN ⊂平面MNE ，所以MN ∥平面AA ′C ′C ． (2)当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN ，证明如下：连接BN ，设AA ′＝a ，则AB ＝λAA ′＝λa ，由题意知BC ＝2λa ，CN ＝BN ＝a 2＋12λ2a 2，因为三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，所以平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C ，因为AB ＝AC ，点N 是B ′C ′的中点，所以A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，所以CN ⊥A ′N ，要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可，所以CN 2＋BN 2＝BC 2，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋12λ2a 2＝2λ2a 2，解得λ＝2，故当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN .12．如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝2，BC ＝1，D ，E 两点分别是边AB ，AC 的中点，现将△ABC 沿DE 折成直二面角A －DE －B ．(1)求证：平面ADC ⊥平面ABE ；(2)求直线AD 与平面ABE 所成角的正切值．解析 (1)证明：∵D ，E 两点分别是边AB ，AC 的中点， ∴DE ∥BC ．∵∠B ＝90°，∠ADE ＝90°，∴DE ⊥AD ，DE ⊥BD ， ∴∠ADB 为二面角A －DE －B 的平面角，∵∠ADB ＝90°， ∴AD ⊥平面BCD ．又∵BE ⊂平面BCD ，∴AD ⊥BE .又∵BD ＝22，DE ＝12，BC ＝1，即BD DE ＝BC BD， ∴△BDE ∽△CBD ，∴∠EBD ＝∠DCB ， ∴∠EBD ＋∠BDC ＝90°，∴BE ⊥DC ．又∵DC ∩AD ＝D ，∴BE ⊥平面ADC ．又∵BE ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面ADC ． (2)设BE 交CD 于H ，连接AH ，过点D 作DO ⊥AH 于O .∵AD ⊥BE ，BE ⊥DH ，又∵AD ∩DH ＝D ， ∴BE ⊥平面ADH .∵DO ⊂平面ADH ，∴BE ⊥DO .又∵DO ⊥AH ，BE ∩AH ＝H ，∴DO ⊥平面ABE ， ∴∠DAO 为AD 与平面ABE 所成的角．在Rt △BDE 中，BD ＝22，DE ＝12，∴DH ＝BD ·DE BE ＝66. 在Rt △ADH 中，tan ∠DAO ＝DH DA ＝66×2＝33， ∴直线AD 与平面ABE 所成角的正切值为33.。

2019版高考数学一轮复习第7章立体几何7.5直线平面垂直的判定与性质精品学案文

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．对于直线和平面所成的角应从以下三方面理解：(1)一条直线和平面平行或在平面内，我们说它们所成的角是0°的角；(2)一条直线垂直于平面，则称它们所成的角是直角；(3)直线和平面所成角θ的范围是0°≤θ≤90°.4．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 ．1B ．2C ．3D ．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⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥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P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6.典例(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥顶点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，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝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 ＝13×12×2×2×2＝43.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同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．见角度2典例．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 2＝BE 2＋DE 2，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，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，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.[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 ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，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 －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1 D ．A 1E ⊥AC答案 C解析如图，∵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.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EFHC．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只能有一条直线与平面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，∴HG与平面AEF不垂直，∴D不正确．故选B.3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解 (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP, CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又PA ∩PD ＝P ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin60°＝6＋2 3.4．(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 ＝12AB ，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∥βC．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2B．MN的长度是定值 2C．圆M面积的最小值是2πD．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ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．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] 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，PA ＝3，AD ＝4，PA ⊥底面ABCD ，E 是棱PD 上异于P ，D 的动点．设PEED＝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23EH .若三棱锥C －ABE 的体积不小于1，则EH ≥32，又PA ＝3，∴PEED＝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PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PDF ⊥平面ABCD．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·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．3C．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·静海县校级月考)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E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1中棱AB，AA1的中点，M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有( )A．0条B．1条C．2条D．无数条答案 B解析如图，设D1E与平面AA1C1C相交于点M，在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F 于点N，连接MN，由C1F与D1E为异面直线知MN唯一，且MN⊥平面ABCD.故选B.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12a ，④正确．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 ；③假设面PAB ⊥面PAC ， ∵面PAB ∩面PAC ＝PA ，又∵PA ⊥面ABCD ， ∴PA ⊥AC .由面面垂直性质定理，AC ⊥面PAB ，∵AB ⊂面PAB ， ∴AC ⊥AB .而四边形ABCD 为正方形，∴∠BAC ＝45°，矛盾． ∴面PAB ⊥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．故答案为①②④.13．(2017·三元区月考)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° 16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 ＝16.B 级三、解答题15．(2018·临汾期末)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1中点，BD 与AB 1交于点O ，且OC ⊥平面ABB 1A 1.证明：平面AB 1C ⊥平面BCD .证明 ∵ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1的中点，∴∠BAD ＝90°，∠ABB 1＝90°，BB 1＝22，AD ＝12AA 1＝2，∴tan ∠ABD ＝AD AB ＝22， tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22， ∴∠ABD ＝∠AB 1B ，∴∠AB 1B ＋∠BAB 1＝∠ABD ＋∠BAB 1＝π2， ∴∠AOB ＝π2，即AB 1⊥BD . ∵CO ⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴AB 1⊥CO ，又BD ∩CO ＝O ，∴AB 1⊥平面BCD .∵AB 1⊂平面AB 1C ，∴平面AB 1C ⊥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 ＝PC 2－PA 2，BC ＝PC 2－PB 2.∵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 ＝22a ，在Rt △PAC 中，由PA ·AC ＝PC ·AD 得a ·4－a 2＝2×22a ，∴a ＝ 2. ∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝12， ∴V P －ABC ＝13S △ABD ·PC ＝13×12×2＝13. 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＝13， ∴当A 1M A 1B 1＝13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 ＝79AA 1，即当t ＝79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 －A 1B 1C 1D 1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△DBD 1中，因为M 为DD 1中点，所以BD 1∥MN .因为MN ⊂平面AMC ，BD 1⊄平面AMC ，所以BD 1∥平面AMC .(2)证明：因为ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD .因为DD 1⊥平面ABCD ，所以DD 1⊥AC .因为DD 1∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面BDD 1.因为BD 1⊂平面BDD 1，所以AC ⊥BD 1.(3)当λ＝12，即点P 为线段BB 1的中点时，平面A 1PC 1∥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.。

高三文科数学7.5《直线平面垂直的判定及性质含答案》复习课件2019届高考一轮.ppt

A．平面 ABD⊥平面 BDC B．平面 ABC⊥平面 ABD C．平面 ABC⊥平面 ADC D．平面 ABC⊥平面 BED
解析：因为 AB＝BC 且 AD＝DC，E 为 AC 中点，所以 AC⊥BE，AC⊥DE. 所以 AC⊥平面 BED. 所以平面 ABC⊥平面 BED.故选 D.
答案：D
6．下列说法正确的是________． ①直线 l 与平面 α 内的无数条直线都垂直，则 l⊥α. ②若直线 a⊥平面 α，直线 b∥α，则直线 a 与 b 垂直． ③直线 a⊥α，b⊥α，则 a∥b. ④若 α⊥β，a⊥β ⇒a∥α. ⑤若 a⊥α，a⊂β ⇒α⊥β. ⑥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．答案：②③⑤
①三角形的两边；②梯形的两边；③圆的两条直径；④平行四边形的两边．
A．①③
B．②
C．②④
D．①②④
解析：①③中的两条直线一定相交，所以这条直线必和两图形所在平面垂直，而
②④中的两条直线可能平行，该直线和两图形所在平面不一定垂直．
答案：A
2．在空间四边形 ABCD 中，若 AB＝BC，AD＝CD，E 为对角线 AC 的中点，下列判断正确的是( )
符号语言
a⊂α
b⊂α
a∩b＝O⇒l⊥α
l⊥a
l⊥b
直线与平面垂直
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
ab⊥⊥αα⇒a∥b
2.线面角 (1)当 l⊥α 时，线面角为 90°. (2)当 l∥α 或 l⊂α 时，线面角为 0°. (3)线面角 θ 的范围：0°≤θ≤90°.
3．平面与平面垂直的判定定理与性质定理
高考热点之一，主要考查线面
(2)如果一个平面经过另一个平

纪金榜】2019届高考理科数学一轮复习课时提升作业：第7章 7.5《直线、平面垂直的判定及其性质》(含答案)

课时提升作业四十五直线、平面垂直的判定及其性质(25分钟 60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2019·临沂模拟)设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则a⊥b的一个充分条件是 ( )A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,a⊂α,b⊂βC.a⊥α,b∥αD.a⊥α,b⊥α【解析】选C.对于选项C,在平面α内存在m∥b,因为a⊥α,所以a⊥m,故a⊥b;A,B选项中,直线a,b可能是平行直线,相交直线,也可能是异面直线;D选项中一定推出a∥b.2.(2019·聊城模拟)在下列四个正方体中,能得出AB⊥CD的是 ( )【解析】选A.A选项中,因为CD⊥平面AMB,所以CD⊥AB,B选项中,AB与CD成60°角;C选项中,AB与CD成45°角;D选项中,AB与CD夹角的正切值为.3.(2019·泰安模拟)已知ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,下列判断中正确的是( )A.AB⊥PCB.AC⊥平面PBDC.BC⊥平面PABD.平面PBC⊥平面PDC【解析】选C.由题意画出几何体的图形,如图,显然AB⊥PC不正确;AC不垂直PO,所以AC⊥平面PBD不正确;BC⊥AB,PA⊥平面ABCD,PA⊥BC,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB正确.4.如图,在正四面体P-ABC中,点D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是 ( )A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAED.平面PDE⊥平面ABC【解析】选D.因BC∥DF,DF⊂平面PDF,BC⊄平面PDF,所以BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点P在底面ABC内的射影为△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.5.(2019·温州模拟)如图,边长为a的正△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形,下列命题中错误的是 ( )A.动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上B.恒有平面A′GF⊥平面BCEDC.三棱锥A′-FED的体积有最大值D.异面直线A′E与BD不可能互相垂直【解析】选D.由题意知,DE⊥平面A′FG,又因为DE⊂平面ABC,所以平面A′FG⊥平面ABC,且它们的交线是AF,过A′作A′H⊥AF,则A′H⊥平面ABC,所以点A′在平面ABC上的射影一定在线段AF上,且平面A′GF⊥平面BCED,故A,B均正确;三棱锥A′-EFD的体积可以表示为V=S△EFD·A′H,当平面A′DE⊥平面ABC时,A′H最大,故三棱锥A′-EFD的体积有最大值,故C正确;连接CD,EH,当CD∥EH时,BD⊥EH,又知EH是A′E在平面ABC 内的射影,所以BD⊥A′E,因此,异面直线A′E与BD可能垂直,故D错误.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图所示,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,点E是AC的中点,则下列命题中正确的是 (填序号).①平面ABC⊥平面ABD;②平面ABC⊥平面BCD;③平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE;④平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE.【解析】由AB=CB,AD=CD,点E为AC中点,知AC⊥DE,AC⊥BE,又因为DE∩BE=E,从而AC⊥平面BDE,故③正确.答案：③7.(2019·厦门模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法错误的是 .(填序号)①在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMB;②异面直线AD与PB所成的角为90°;③二面角P-BC-A的大小为45°;④BD⊥平面PAC.【解析】对于①,取AD的中点M,连接PM,BM,则因为侧面PAD为正三角形,所以PM⊥AD,又因为底面ABCD是∠DAB=60°的菱形,所以三角形ABD是等边三角形,所以AD⊥BM,因为PM∩BM=M,所以AD⊥平面PBM,故①正确.对于②,因为AD⊥平面PBM,所以AD⊥PB,即异面直线AD与PB所成的角为90°,故②正确.对于③,因为底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PM⊥AD,所以PM⊥平面ABCD,又BM⊥BC,BC⊥PB,则∠PBM是二面角P-BC-A的平面角,设AB=1,则BM=,PM=,在直角三角形PBM中,tan∠PBM==1,即∠PBM=45°,故二面角P-BC-A的大小为45°,故③正确.故错误的是④.答案：④8.(2019·泉州模拟)点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,给出下列命题：①三棱锥A-D1PC的体积不变;②A1P∥平面ACD1;③DP⊥BC1;④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是 .【解析】连接BD交AC于点O,连接DC1交D1C于点O1,连接OO1,则OO1∥BC1,所以BC1∥平面AD1C,动点P到平面AD1C的距离不变,所以三棱锥P-AD1C的体积不变.又因为=,所以①正确.因为平面A1C1B∥平面AD1C,A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1,②正确.由于当点P在B点时,DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1,故③不正确;由于DB1⊥D1C,DB1⊥AD1,D1C ∩AD1=D1,所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面ACD1,④正确.答案：①②④三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,F分别为BB1,AC的中点.(1)求证：BF∥平面A1EC.(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1.【证明】(1)连接AC1交A1C于点O,连接OE,OF,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,所以OA=OC1,又因为点F为AC中点,所以OF∥CC1且OF=CC1,因为点E为BB1中点,所以BE∥CC1且BE=CC1,所以BE∥OF且BE=OF,所以四边形BEOF是平行四边形,所以BF∥OE,又因为BF⊄平面A1EC,OE⊂平面A1EC,所以BF∥平面A1EC.(2)由(1)知BF∥OE,因为AB=CB,点F为AC中点,所以BF⊥AC,所以OE⊥AC.又因为AA1⊥底面ABC,而BF⊂底面ABC,所以AA1⊥BF.由BF∥OE,得OE⊥AA1,而AA1,AC⊂平面ACC1A1,且AA1∩AC=A,所以OE⊥平面ACC1A1.因为OE⊂平面A1EC,所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.10.(2019·四川高考)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由).(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论.(3)证明：DF⊥平面BEG.【解析】(1)由展开图可知,F在B的上方,G在C的上方,H在D的上方,如图(2)平面BEG∥平面ACH.证明如下：连接AH,AC,CH,BE,BG,EG,因为四边形BEHC和四边形ABGH为平行四边形,所以BE∥CH,BG∥AH,又因为BE,BG⊂平面BEG,且CH,AH⊄平面BEG,所以CH∥平面BEG,AH∥平面BEG.又因为CH,AH⊂平面ACH,且CH∩AH=H,所以平面BEG∥平面ACH.(3)连接DF,HF,CF,交点如图,取DH,DC中点分别为J,K,连接EJ,JG,JM,KB,KN,KG,因为J,M,K,N分别为DH,HF,DC,FC的中点,所以DF∥JM∥KN.设正方体棱长为2a,则EJ=GJ=BK=GK=a,所以三角形JEG,KBG为等腰三角形,所以JM⊥EG,KN⊥BG,那么DF⊥EG,DF⊥BG.又因为EG,BG⊂平面BEG,且EG∩BG=G,所以DF⊥平面BEG.【加固训练】(2019·秦皇岛模拟)如图所示,△ABC和△BCE是边长为2的正三角形,且平面ABC ⊥平面BCE,AD⊥平面ABC,AD=2,(1)证明：DE⊥BC.(2)求三棱锥D-ABE的体积.【解析】(1)取BC的中点F,连接AF,EF,BD,DF,因为△BCE是正三角形,所以EF⊥BC,又因为平面ABC⊥平面BCE,且交线为BC,所以EF⊥平面ABC,又因为AD⊥平面ABC,所以AD∥EF,所以D,A,F,E共面,又易知在正三角形ABC中,AF⊥BC,AF∩EF=F,所以BC⊥平面DAFE,又因为DE⊂平面DAFE,故DE⊥BC.(2)由(1)知EF∥AD,所以V D-ABE=V E-DAB=V F-DAB=V D-ABF,而S△ABF=BF·AF=.所以V D-ABF=S△ABF·AD=1,即V D-ABE=1.(20分钟 40分)1.(5分)(2019·枣庄模拟)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则点C1在底面ABC上的射影H必在( )A.直线AB上B.直线BC上C.直线AC上D.△ABC内部【解析】选A.连接AC1,因为BC1⊥AC,BA⊥AC,BA∩BC1=B,所以AC⊥平面ABC1,所以平面ABC⊥平面ABC1,因为平面ABC∩平面ABC1=AB,所以C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.2.(5分)(2019·滨州模拟)如图,在正四棱锥S-ABCD中,E是BC的中点,P点在侧面△SCD内及其边界上运动,并且总是保持PE⊥AC,则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是 ( )【解析】选A.取CD的中点F,连接EF,BD,则AC⊥EF,又因为点S在平面ABCD内的射影在BD上,且AC⊥BD,所以AC⊥SB,取SC的中点Q,连接EQ,FQ,则EQ∥SB,所以AC⊥EQ,又因为AC⊥EF,EQ∩EF=E,所以AC⊥平面EQF,因此点P在FQ上移动时总有AC⊥EP.3.(5分)(2019·大连模拟)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的是 (填序号).①AC⊥SB;②AB∥平面SCD;③SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角;④AB与SC 所成的角等于DC与SA所成的角.【解析】因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又因为SD⊥底面ABCD,所以SD⊥AC,其中SD ∩BD=D,所以AC⊥平面SDB,从而AC⊥SB.故①正确;易知②正确;设AC与DB交于O点,连接SO,则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,又因为OA=OC,SA=SC,所以∠ASO=∠CSO,故③正确;由AB∥CD知,AB与SC所成的角就是CD与SC所成的角∠SCD,易知∠SCD<,DC与SA所成的角就是AB与SA所成的角∠SAB,易知∠SAB=,故④错误.答案：①②③4.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求证：(1)直线PA∥平面DEF.(2)平面BDE⊥平面ABC.【证明】(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以PA∥DE,又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,所以PA∥平面DEF.(2)由(1)知PA∥DE,又因为PA⊥AC,所以DE⊥AC,又因为F是AB的中点,E是AC的中点,所以DE=PA=3,EF=BC=4,又因为DF=5,所以DE2+EF2=DF2,所以DE⊥EF,因为EF,AC是平面ABC内两条相交直线,所以DE⊥平面ABC,又因为DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.5.(13分)(2019·杭州模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,点M是棱PC的中点,PA⊥平面ABCD,AC,BD交于点O.(1)已知：PA=,求证：AM⊥平面PBD.(2)若二面角M-AB-D的余弦值等于,求PA的长.【解题提示】(1)由已知中四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,点M是棱PC的中点,得到AM,PO交点G是△PAC的重心,根据三角形重心的性质,我们易得AG,OG的长,由勾股定理,我们易得AG⊥PO,由线面垂直的判定定理易得到BD⊥平面PAC,再由线面垂直的性质得到BD⊥AM,结合AM⊥PO,即可得到AM⊥平面PBD.(2)由MO∥PA,结合已知中PA⊥平面ABCD,过O作AB的垂线,垂足为N,连接MN,易得到∠MNO 即为二面角M-AB-D的平面角,由已知中二面角M-AB-D的余弦值等于,我们可构造一个关于OM的方程,解方程求出OM值,即可求出满足条件时PA的长.【解析】(1)底面ABCD是边长为2的菱形,AC,BD交于点O,故O为AC的中点,连接OM,又因为点M是棱PC的中点,所以AM,PO的交点G是△PAC的重心,所以AG=AM=,OG=PO=,AG2+OG2=1=AO2,所以AG⊥PO,又因为BD⊥AO,BD⊥PA,PA∩AO=A,所以BD⊥平面PAC,又因为AM⊂平面PAC,所以BD⊥AM,又因为AM⊥PO,PO∩BD=O,所以AM⊥平面PBD.(2)因为MO∥PA,所以MO⊥平面ABCD,过O作AB的垂线,垂足为点N,则ON=BO=, 连接MN,则MN⊥AB,所以∠MNO即为二面角M-AB-D的平面角,则=,解得OM=1,所以PA=2OM=2.。

全国版2019版高考数学一轮复习第7章立体几何第5讲直线平面垂直的判定及性质学案

第5讲直线、平面垂直的判定及性质板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 直线与平面垂直1．直线和平面垂直的定义直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．2．直线与平面垂直的判定定理3．直线与平面垂直的性质定理考点2 平面与平面垂直1．平面与平面垂直的判定定理2．平面与平面垂直的性质定理[必会结论]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)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)垂直于同一个平面的两平面平行．( )(2)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．( )(3)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.( )(4)二面角是指两个相交平面构成的图形．( )(5)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)×(5)×2．[2018·浙江模拟]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α答案 C解析对于选项A，B，D，均能举出m⊥α的反例；对于选项C，若m⊥β，n⊥β，则m∥n，又n⊥α，∴m⊥α.故选C.3．[课本改编]若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊥β，m∥α，则α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ答案 C解析A中m与α的位置关系不确定，故错误；B中α，β可能平行或相交，故错误；由面面垂直的判定定理可知C正确；D中β，γ平行或相交，所以D错误．故选C.4．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )答案 A解析A中，CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为 2.故选A.板块二典例探究·考向突破考向有关垂直关系的判断例1 [2017·广州模拟]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n答案 B解析若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，故D错误．故选B.触类旁通判断垂直关系需注意的问题(1)作图要熟练，借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准．(2)善于寻找反例，若存在反例，结论就被驳倒了．(3)要思考完整，反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．【变式训练1】[2018·北京东城模拟]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，那么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⊥βC．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β答案 B解析因为α⊥β，m⊂α，则m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D错误．故选B.考向直线与平面垂直的判定与性质命题角度1 利用线线垂直证明线面垂直例2 [2018·湖北宜昌模拟]在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ＝ 2BB 1，E ，F ，M 分别为A 1C 1，AB 1，BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面BB 1C 1C ； (2)求证：EF ⊥平面AB 1M . 证明 (1)连接A 1B ，BC 1.因为E ，F 分别为A 1C 1，AB 1的中点，所以F 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1. 因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，EF ⊄平面BB 1C 1C ，所以EF ∥平面BB 1C 1C .(2)在矩形BCC 1B 1，BC ＝2BB 1，所以tan ∠CBC 1＝22，tan ∠B 1MB ＝ 2. 所以tan ∠CBC 1·tan∠B 1MB ＝1. 所以∠CBC 1＋∠B 1MB ＝π2.所以BC 1⊥B 1M .因为EF ∥BC 1，所以EF ⊥B 1M .在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC ⊥平面BB 1C 1C . 因为M 为BC 的中点，AB ＝AC ，所以AM ⊥BC . 因为平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，所以AM ⊥平面BB 1C 1C .因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以AM ⊥BC 1 因为EF ∥BC 1，所以EF ⊥AM .又因为AM ∩B 1M ＝M ，AM ⊂平面AB 1M ，B 1M ⊂平面AB 1M ，所以EF ⊥平面AB 1M .命题角度2 利用线面垂直证明线线垂直例3[2017·江苏高考]如图，在三棱锥A －BCD 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 内，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 . 触类旁通证明线面垂直的常用方法及关键(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)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．考向面面垂直的判定与性质例4 [2017·全国卷Ⅰ]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解 (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin60°＝6＋2 3. 触类旁通判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．【变式训练2】如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)若AE ∥平面MDB ，求三棱锥E －BDM 的体积．解 (1)证明：∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝ 2. 在梯形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝2， ∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴∠ADB ＝90°. ∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF . 又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)如图，连接AC ，AC ∩BD ＝O ，连接MO ，∵平面EAC ∩平面MBD ＝MO ，AE ∥平面MDB ，AE ⊂平面EAC ， ∴AE ∥OM . 又AB ∥CD ，∴EM MC ＝AO OC ＝ABCD＝2，S △EDM ＝23S △EDC ＝23×12×1×2＝23. ∵ADEF 为正方形，∴ED ⊥AD .又∵平面ADEF ⊥平面ADCB ，∴ED ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴DE ⊥BC . ∵AB ∥CD ，AB ⊥BC ，∴BC ⊥CD . 又ED ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面EDC .∴V E －BDM ＝V B －EDM ＝13S △EDM ·BC ＝13×23×1＝29.核心规律转化思想：垂直关系的转化在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．满分策略1.在用线面垂直的判定定理证明线面垂直时，考生易忽视说明平面内的两条直线相交，而导致被扣分，这一点在证明中要注意．口诀：线不在多，重在相交．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.板块三启智培优·破译高考题型技法系列12——等体积法求点到平面的距离[2018·内蒙古模拟]如图，在直三棱柱ABC －DEF 中，底面ABC 的棱AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝2.点G ，H 在侧棱CF 上，且CH ＝HG ＝GF ＝1.(1)证明：EH ⊥平面ABG ； (2)求点C 到平面ABG 的距离．解题视点 (1)证明直线与平面垂直的常用方法为证明直线与平面内的两条相交直线都垂直；(2)等体积法是求解点到平面的距离的常用方法．解 (1)证明：∵ABC －DEF 是直三棱柱， ∴FC ⊥平面ABC ，而AB ⊂平面ABC ，∴FC ⊥AB .又∵AB ⊥BC ，BC ∩FC ＝C . ∴AB ⊥平面BCFE ，又∵EH ⊂平面BCFE ，∴AB ⊥EH .由题设知△EFH 与△BCG 均为直角三角形， ∵EF ＝2＝FH ，BC ＝2＝CG ， ∴∠EHF ＝45°，∠BGC ＝45°.设BG ∩EH ＝P ，则∠GPH ＝90°，即EH ⊥BG . 又AB ∩BG ＝B ，∴EH ⊥平面ABG . (2)∵AB ＝BC ＝2，AB ⊥BC ， ∴S △ABC ＝12AB ×BC ＝2.∵CG ⊥平面ABC ，∴V G －ABC ＝13S △ABC ×CG ＝43.由(1)知AB ⊥BG ，CG ＝2＝BC ，BG ＝BC 2＋CG 2＝22＋22＝22，∴S △ABG ＝12AB ×BG ＝2 2.设点C 到平面ABG 的距离为h ，则 ∴V C －ABG ＝13S △ABG ·h ＝223h ＝V G －ABC ＝43，∴h ＝ 2.即点C 到平面ABG 的距离为 2.答题启示 (1)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；(2)用等体积法求点到平面距离时，通过换顶点和底面转化为底面积和高易求的锥体体积是关键.跟踪训练已知三棱锥A －BCD 中，△ABC 是等腰直角三角形，且AC ⊥BC ，BC ＝2，AD ⊥平面BCD ，AD ＝1.(1)求证：平面ABC ⊥平面ACD ；(2)若E 为AB 的中点，求点A 到平面CED 的距离．解 (1)证明：因为AD ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ，所以AD ⊥BC ，又因为AC ⊥BC ，AC ∩AD ＝A ，所以BC ⊥平面ACD ，BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ACD .(2)由已知可得CD ＝3，取CD 中点为F ，连接EF ，由于ED ＝EC ＝12AB ＝2，所以△ECD 为等腰三角形，从而EF ＝52，S △ECD ＝154，由(1)知BC ⊥平面ACD ，所以E 到平面ACD 的距离为1，S △ACD ＝32，令A 到平面CED 的距离为d ，有V A －ECD ＝13·S △ECD ·d ＝V E －ACD ＝13·S △ACD·1，解得d ＝255.板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．[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∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n答案 C解析∵α∩β＝l，∴l⊂β，∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.2．[2015·福建高考]若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l ∥α”的( )A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件答案 B解析由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l ⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.3．[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⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析对于A，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错误；易知B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D错误．故选B.4.[2018·济南模拟]已知如图，六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF.则下列结论不正确的是( )A．CD∥平面PAFB．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PABD．CF⊥平面PAD答案 D解析A中，因为CD∥AF，AF⊂平面PAF，CD⊄平面PAF，所以CD∥平面PAF成立；B中，因为ABCDEF为正六边形，所以DF⊥AF，又因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥DF，又因为PA∩AF＝A，所以DF⊥平面PAF成立；C中，因为CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，所以CF∥平面PAB；而D中CF与AD 不垂直．故选D.5．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案 D解析若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确，α与β相交．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B，C.故选D.6．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________．答案 3解析如图所示．∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.7．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α，b∥β，且α∥β，则a∥b；②若a⊥α，且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．答案②③④解析①中a与b可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．8.[2018·广东模拟]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有________(写出全部正确命题的序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.答案③解析由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，从而AC⊥平面BDE，故③正确．9.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC.故CD⊥AE.(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.∵E是PC的中点，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.10.[2018·湖南永州模拟]如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ； (2)求四棱锥S －ABCD 的高．解 (1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接DE ，DB ，则四边形BCDE 为矩形， ∴DE ＝CB ＝2， ∴AD ＝BD ＝ 5.∵侧面SAB 为等边三角形，AB ＝2， ∴SA ＝SB ＝AB ＝2. 又SD ＝1，∴SA 2＋SD 2＝AD 2，SB 2＋SD 2＝BD 2，∴∠DSA ＝∠DSB ＝90°，即SD ⊥SA ，SD ⊥SB ，SA ∩SB ＝S ， ∴SD ⊥平面SAB .(2)设四棱锥S －ABCD 的高为h ，则h 也是三棱锥S －ABD 的高．由(1)，知SD ⊥平面SAB .由V S －ABD ＝V D －SAB ，得13S △ABD ·h ＝13S △SAB ·SD ，∴h ＝S △SAB ·SD S △ABD. 又S △ABD ＝12AB ·DE ＝12×2×2＝2，S △SAB ＝34AB 2＝34×22＝3，SD ＝1， ∴h ＝S △SAB ·SD S △ABD ＝3×12＝32. 故四棱锥S －ABCD 的高为32. [B 级知能提升]1．[2018·青岛质检]设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β答案 C解析对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故选C.2．[2018·河北唐山模拟]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EFHC．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⊥平面AEF，过H 作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D 不正确．故选B.3.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．答案①②④解析①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC⇒AE ⊥平面PBC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF ⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由②可知④正确．4．[2018·江西九江模拟]如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3.(1)证明：平面ACF ⊥平面BEFD .(2)若cos ∠BAD ＝15，求几何体ABCDEF 的体积．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形， ∴AC ⊥BD ，∵BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴BE ⊥AC .∴AC ⊥平面BEFD ，AC ⊂平面ACF . ∴平面ACF ⊥平面BEFD .(2)设AC 与BD 的交点为O ，AB ＝a (a >0)，由(1)得AC ⊥平面BEFD ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ， ∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ，∴BD 2＝EF 2－(DF －BE )2＝8，∴BD ＝22， ∴S 四边形BEFD ＝12(BE ＋DF )·BD ＝32，∵cos ∠BAD ＝15，∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos∠BAD ＝85a 2＝8，∴a ＝5，∴OA 2＝AB 2－OB 2＝3，∴OA ＝3， ∴V ABCDEF ＝2V A －BEFD ＝23S 四边形BEFD ·OA ＝2 6.5．[2017·全国卷Ⅲ]如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．解 (1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .从而AC ⊥平面DOB ，又BD ⊂平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.。

2019届高考数学一轮复习第七章立体几何第五节直线、平面垂直的判定及其性质课时作业

第五节直线、平面垂直的判定及其性质课时作业A组——基础对点练1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ABC中共有直角三角形个数为( )A．4 B．3C．2 D．1解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P ABC中共有4个直角三角形．答案：A2．(2018·兰州诊断考试)设α，β，γ为不同的平面，m，n为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是( )A．α⊥β，α∩β＝n，m⊥nB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥β，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：A不对，m可能在平面β内，也可能与β平行；B，C不对，满足条件的m和β可能相交，也可能平行；D对，由n⊥α，n⊥β可知α∥β，结合m⊥α知m⊥β，故选D. 答案：D3．(2018·长沙市模拟)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线AB1，且平面α⊥平面C1BD，平面α∩平面ADD1A1＝AS，则∠A1AS的正切值为( )A.32B．55C.33D．12解析：连接AC，A1C，正方体ABCDA1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，∵AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面AA1C，∴A1C⊥BD，同理，得A1C⊥BC1，∵BD∩BC1＝B，∴A1C⊥平面C1BD，如图，以AA1为侧棱补作一个正方体AEFGA1PQR，使得侧面AGRA1与平面ADD1A1共面，连接AQ ，则AQ ∥CA 1，连接QB 1，交A 1R 于S ，则平面AQB 1就是平面α， ∵AQ ∥CA 1，∴AQ ⊥平面C 1BD ，∵AQ ⊂平面α，∴平面α⊥平面C 1BD ， ∴tan ∠A 1AS ＝A 1S AA 1＝12.故选D. 答案：D4.如图，O 是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 的中心，则下列直线中与B 1O垂直的是( ) A ．A 1D B ．AA 1 C ．A 1D 1D ．A 1C 1解析：连接B 1D 1(图略)，则A 1C 1⊥B 1D 1，根据正方体特征可得BB 1⊥A 1C 1，故A 1C 1⊥平面BB 1D 1D ，B 1O ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1O ⊥A 1C 1.答案：D5.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有________(写出全部正确命题的序号)． ①平面ABC ⊥平面ABD ； ②平面ABD ⊥平面BCD ；③平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ACD ⊥平面BDE ； ④平面ABC ⊥平面ACD ，且平面ACD ⊥平面BDE .解析：由AB ＝CB ，AD ＝CD 知AC ⊥DE ，AC ⊥BE ，从而AC ⊥平面BDE ，所以平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ACD ⊥平面BDE ，故③正确．答案：③6.如图，PA ⊥⊙O 所在平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，AE⊥PC ，AF ⊥PB ，给出下列结论：①AE ⊥BC ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC ，其中正确的结论有________．解析：①AE ⊂平面PAC ，BC ⊥AC ，BC ⊥PA ⇒AE ⊥BC ，故①正确；②AE ⊥PC ，AE ⊥BC ，PB ⊂平面PBC ⇒AE ⊥PB ，EF ⊂平面AEF ⇒EF ⊥PB ，故②正确；③AF ⊥PB ，若AF ⊥BC ⇒AF ⊥平面PBC ，则AF ∥AE 与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．答案：①②④7.如图所示，在四棱锥P ABCD 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)解析：如图，连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，∵PA ⊥底面ABCD ， ∴PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面PAC ， ∴BD ⊥PC ，∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD .而PC ⊂平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)8．如图，四棱锥P ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PC 的中点．求证：(1)AP ∥平面BEF ； (2)BE ⊥平面PAC .证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC ，如图所示．由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ，因此四边形ABCE 为菱形，所以O 为AC 的中点．又F 为PC 的中点，因此在△PAC 中，可得AP ∥OF . 又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF . 所以AP ∥平面BEF .(2)由题意知ED ∥BC ，ED ＝BC . 所以四边形BCDE 为平行四边形，因此BE ∥CD . 又AP ⊥平面PCD ，所以AP ⊥CD ，因此AP ⊥BE .因为四边形ABCE 为菱形，所以BE ⊥AC . 又AP ∩AC ＝A ，AP ，AC ⊂平面PAC ，所以BE ⊥平面PAC .9．(2017·唐山统考)已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 为棱PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若PD ＝AD ＝2，PB ⊥ AC ，求点P 到平面AEC 的距离．解析：(1)证明：如图，连接BD ，交AC 于点F ，连接EF ，∵底面ABCD 为矩形，∴F 为BD 中点，又E 为PD 中点，∴EF ∥PB ，又PB ⊄平面AEC ，EF ⊂平面AEC ， ∴PB ∥平面AEC . (2)∵PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥AC ，又PB ⊥AC ，PB ∩PD ＝P ，∴AC ⊥平面PBD ， ∵BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥BD ， ∴四边形ABCD 为正方形．又E 为PD 的中点，∴P 到平面AEC 的距离等于D 到平面AEC 的距离，设D 到平面AEC 的距离为h ，由题意可知AE ＝EC ＝5，AC ＝22，S △AEC ＝12×22×3＝6，由V DAEC＝V EADC得13S △AEC ·h＝13S △ADC ·ED ，解得h ＝63，∴点P 到平面AEC 的距离为63. B 组——能力提升练1.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论正确的是( ) A ．DB 1⊥D 1PB ．平面AD 1P ⊥平面A 1DB 1C ．∠APD 1的最大值为90° D ．AP ＋PD 1的最小值为2＋62解析：当点P 在A 1点时，DB 1与D 1A 1显然不垂直，A 错误；∵A 1B 1⊥平面ADD 1A 1，∴A 1B 1⊥AD 1，又在正方形ADD 1A 1中，A 1D ⊥AD 1，∴AD 1⊥平面A 1DB 1.又AD 1⊂平面AD 1P ，∴平面AD 1P ⊥平面A 1DB 1，B 正确．∵正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，∴AD 1＝A 1B ＝2，BD 1＝3，令A 1P ＝x ，则0≤x ≤2，∴D 1P ＝x 2＋1，AP ＝AA 21＋A 1P 2－2AA 1×A 1P cos ∠AA 1P ＝x 2－2x ＋1， ∴cos ∠APD 1＝AP 2＋PD 21－AD 212AP ×PD 1＝2x 2－2x 2AP ×PD 1＝2x 2x －2AP ×PD 1，显然，当x ＝0或x ＝22时，cos ∠APD 1＝0，∠APD 1＝90°；当0<x <22时，cos ∠APD 1<0,90°<∠APD 1<180°；当22<x ≤2时，cos ∠APD 1>0,0°<∠APD 1<90°. ∴∠APD 1的最大值大于90°，且当x ＝24时，cos ∠APD 1最大，此时AP ＝104，D 1P ＝324，显然104＋324<2＋62，C ，D 均错误，故选B. 答案：B2．(2018·石家庄质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD 中，AB ⊥平面BCD ，且BD ⊥CD ，AB ＝BD ＝CD ，点P 在棱AC 上运动，设CP 的长度为x ，若△PBD 的面积为f (x )，则f (x )的图象大致是( )解析：如图，作PQ ⊥BC 于Q ，作QR ⊥BD 于R ，连接PR ，则由鳖臑的定义知PQ ∥AB ，QR ∥CD .设AB ＝BD ＝CD ＝1，则CP AC＝x3＝PQ1，即PQ ＝x3，又QR 1＝BQ BC ＝APAC ＝3－x 3，所以QR ＝3－x 3，所以PR ＝PQ 2＋QR 2＝ x32＋3－x 32＝332x 2－23x ＋3，所以f (x )＝362x 2－23x ＋3＝66x －322＋34，故选A. 答案：A3.如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( ) A.12 B ．1 C.32D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋22，所以h ＝233，DE＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66.由面积相等得66× x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12.答案：A4．如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C .(1)证明：B 1C ⊥AB ；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABC A 1B 1C 1的高．解析：(1)证明：如图，连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点．因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1.又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ，故B 1C ⊥平面ABO . 由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .(2)如图，作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H . 由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC .又OH ⊥AD ，所以OH ⊥平面ABC .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，所以OD ＝34. 由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝74，得OH ＝2114. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为217.故三棱柱ABC A 1B 1C 1的高为217. 5．(2017·北京东城区模拟)如图，在四棱锥E ABCD 中，AE ⊥DE ，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，CD ＝3AB . (1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使AF ∥平面BCE ？若存在，求出EFED的值；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：因为CD ⊥平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，所以CD ⊥AE .又AE ⊥DE ，CD ∩DE ＝D ，所以AE ⊥平面CDE ，因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .(2)在线段DE 上存在一点F ，且EF ED ＝13，使AF ∥平面BCE .设F 为线段DE 上一点，且EF ED ＝13.过点F 作FM ∥CD 交CE 于点M ，连接BM ，AF ，则FM ＝13CD .因为CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，所以CD ∥AB . 又FM ∥CD ，所以FM ∥AB . 因为CD ＝3AB ，所以FM ＝AB .所以四边形ABMF 是平行四边形，所以AF ∥BM . 又AF ⊄平面BCE ，BM ⊂平面BCE ，所以AF ∥平面BCE .6．如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ； (3)若V PBCDE＝2V QABCD，试求CPCQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE . (2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ . 因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以PA ∥平面BDQ .(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2. 所以V PBCDE＝13S 四边形BCDE h 1，V QABCD＝13S 四边形ABCD h 2. 又V P BCDE＝2V QABCD，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83.。