专题07 点线面的位置关系(平行与垂直)(解析版)

专题07 点线面的位置关系（平行于垂直）
一、.直线与平面平行的判定与性质
a∥α，a⊂β，
二、
a∥α，
(1)判定直线和平面垂直的方法
①定义法.
②利用判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面.
③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面.
(2)直线和平面垂直的性质
①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线.
②垂直于同一个平面的两条直线平行.
③垂直于同一条直线的两平面平行.
四、.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的判定方法
①定义法.
②利用判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
(2)平面与平面垂直的性质
两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.
五、方法与技巧
1、判断或证明线面平行的常用方法：
(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利
用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β).
2、证明面面平行的方法：
(1)面面平行的定义；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；
(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；
(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化.
3、证明直线和平面垂直的常用方法：
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.
4、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.因此，判定定理与性
质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.
5、线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.
(1)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).
(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.
垂直关系综合题的类型及解法
(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.
(2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.
(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积.
6、解决立体几何中的探索性问题的步骤：
第一步：写出探求的最后结论.
第二步：证明探求结论的正确性.
第三步：给出明确答案.
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范.
温馨提醒(1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下
进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.
(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”
例1、(2019扬州期末）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：BB1⊥AC.
规范解答 (1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，所以EF∥AC.(4分) 因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(8分)
(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，
所以BB1⊥平面ABC.(12分)
因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.(14分)
变式1、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.
求证：(1)MN∥平面PBC；
MD⊥平面PAB.
【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)
又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)
又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)
(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)
又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)
因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)
又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)
变式2、(2017苏州暑假测试）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且
PA＝PD＝
2
2
AD，E，F分别为PC，BD的中点．
(1) 求证：EF∥平面PAD；
(2) 求证：EF⊥平面PDC.
规范解答 (1) 连结AC.因为正方形ABCD中，F是BD的中点，则F也是AC的中点．
又E是PC的中点，在△CPA中，EF∥PA.(3分)
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD. (6分)
(2) 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.(8分)
又PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA.
因为EF∥PA, 故CD⊥EF.(10分)
又PA＝PD＝
2
2
AD，所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝
π
2
，即PA⊥PD.
又EF∥PA, 所以PD⊥EF.(13分)
而CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PDC，所以EF⊥平面PDC.(14分)
变式3、(2017苏北四市一模）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：
(1) 直线A1E∥平面ADC1；
(2) 直线EF⊥平面ADC1.
思路分析证明直线与平面平行的关键在于在平面内找一条直线与该直线平行，寻找的方法一般可应用平行投影法或点投影法，采用平行投影法时，根据图形的对称性，很容易找到直线AD就是所要找的直线；采用点投影法，可采用点C作为投影点，即连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，则MN就是所要寻找的直线．
规范解答
(1) 证法1 连结ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，
所以四边形B1BDE是平行四边形，(2分)
所以BB1∥DE且BB1＝DE.
又BB1∥AA1且BB1＝AA1，
所以AA1∥DE且AA1＝DE，
所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E∥AD.(4分)
又因为A1E⊄平面ADC1，AD⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(7分)
证法2 连结ED，连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，连结MN，则因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以C1E∥CD且C1E＝CD，
所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点．(2分)
因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，(4分)
所以MN∥A1E.
又因为A1E⊄平面ADC1，MN⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(7分)
(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC.
又AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.
又△ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD⊥BC.(9分)
又BB1，BC⊂平面B1BCC1，BB1∩BC＝B，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又EF⊂平面B1BCC1，所以AD⊥EF.(11分)
又EF⊥C1D，C1D，AD⊂平面ADC1，C1D∩AD＝D，
所以直线EF⊥平面ADC1.(14分)
例2、(2019泰州期末）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，点O为对角线BD的中点，点E，F分别为棱PC，PD的中点．已知PA⊥AB，PA⊥AD.
求证：
(1) 直线PB∥平面OEF；
(2) 平面OEF⊥平面ABCD.
规范解答证明：(1) 在△PBD中，O为BD的中点，F为PD的中点．所以OF∥PB，(3分)
因为PB⊄平面OEF，OF⊂平面OEF，(7分)
所以直线PB∥平面OEF
(2)解法1连结AC，因为底面ABCD为平行四边形，O为BD的中点，所以O为AC的中点．
在△PAC中，O为AC的中点，E为PC的中点，
所以OE∥PA，(9分)
因为PA⊥AB，PA⊥AD，
所以OE⊥AB，OE⊥AD，(11分)
又因为AB∩AD＝A，AB，AD在平面ABCD内，
所以OE⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面OEF，所以平面OEF⊥平面ABCD.(14分)
解法2连结AC，因为ABCD为平行四边形，所以AC与BD交于点O，O为AC中点，又E为PC中点，所以PA∥OE，因为PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A，所以PA⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面OEF，所以OEF⊥平面ABCD.
【变式1】、(2019苏州期末）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥BC，E，F分别是A1C1，BC的
中点．
(1) 求证：平面ABE⊥平面B 1BCC 1； (2) 求证：C 1F∥平面ABE.
解：(1) 证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ， 因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB.(2分)
又因为AB⊥BC，BB 1∩BC＝B ，BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1， 所以AB⊥平面B 1BCC 1.(4分)
又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE⊥平面B 1BCC 1.(6分) (2)证明：取AB 中点G ，连结EG ，FG. 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG∥AC，且FG ＝1
2
AC.(8分)
因为AC∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG∥EC 1，且FG ＝EC 1.
所以四边形FGEC 1为平面四边形，(11分) 所以C 1F⊥EG.
又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F∥平面ABE.(14分)
变式2、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，
A 1
B 与AB 1交于点D ，A 1
C 与AC 1交于点E .求证：
(1) DE∥平面B1BCC1；
(2) 平面A1BC⊥平面A1ACC1.
思路分析 (1) 只要先证DE∥BC.
(2) 只要证BC⊥平面A1ACC1.因为已知BC⊥AC，所以只要证BC⊥C1C.
规范解答 (1) 因为直三棱柱ABCA1B1C1的侧面A1ABB1，A1ACC1都是矩形，
所以D，E分别是A1B，A1C的中点，从而DE∥BC.(4分)
又因为DE⊄平面B1BCC1，BC⊂平面B1BCC1，
所以DE∥平面B1BCC1.(7分)
(2) 在直棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，且BC⊂底面ABC，所以C1C⊥BC.(9分)
又因为AC⊥BC，且C1C∩AC＝C，C1C，AC⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.(12分)
因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.(14分)
变式3、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB ＝AC，点E，F分别在棱BB1，CC1上(均异于端点)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1.
求证：(1) 平面AEF⊥平面BB1C1C；
(2) BC∥平面AEF.
.规范解答 (1) 在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1.
因为AF⊥CC1，所以AF⊥BB1.(2分)
又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
所以BB1⊥平面AEF.(5分)
又因为BB1⊂平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C.(7分)
(2) 因为AE⊥BB 1，AF⊥CC 1，∠ABE＝∠ACF，AB ＝AC ，所以Rt△AEB ≌Rt△AFC .所以BE ＝CF .(9分) 又由(1)知，BE ∥CF ，所以四边形BEFC 是平行四边形． 从而BC ∥EF .(11分)
又BC ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以BC ∥平面AEF .(14分)
例3、(2019宿迁期末）在四棱锥SABCD 中，SA⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形．
(1) 求证：平面SAC⊥平面SBD ；
(2) 若点M 是棱AD 的中点，点N 在棱SA 上，且AN ＝1
2
NS ，求证：SC∥平面BMN.
规范解答 (1)因为SA⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以SA⊥BD.(2分)
又因为底面ABCD 是菱形，所以AC⊥BD. 又SA ，AC ⊂平面SAC ，且SA∩AC＝A ， 所以BD⊥平面SAC.(5分)
由BD ⊂平面SBD ，得平面SAC⊥平面SBD.(7分)
(2)设AC 与BM 的交点为E ，连结NE. 由底面ABCD 是菱形，得AD∥BC. 所以AE EC ＝AM BC ＝AM AD ＝1
2
.(9分)
又因为AN ＝12NS ，所以AE EC ＝AN NS ＝1
2，所以NE∥SC.(11分)
因为NE ⊂平面BMN ，SC ⊄平面BMN ，所以SC∥平面BMN.(14分)
易错警示在使用直线与平面垂直的判定定理、直线与平面平行的判定定理等定理时，一定要将定理的条件写全，否则犯了“推不出”的错误，导致扣分．
【变式1】、(2018苏州暑假测试）如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.
(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA；
(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.
．
规范解答 (1) 因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AB⊂平面ABC，AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC.(2分)
因为CP⊂平面PBC，所以CP⊥AB.(4分)
又因为CP⊥PB，且PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以CP⊥平面PAB.(6分)
又因为PA⊂平面PAB，所以CP⊥PA.(8分)
(2) 如图，在平面PBC内过点P作PD⊥BC，垂足为D.
因为平面PBC⊥平面ABC，又平面PBC∩平面ABC＝BC，PD⊂平面PBC，所以PD⊥平面ABC.(11分) 又l⊥平面ABC，所以l∥PD.
又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，所以l∥平面PBC.(14分)
解后反思一般地，已知面面垂直，需要将面面垂直转化为线面垂直，找出两平面的交线后，寻找平面中是否有直线垂直于另外一个平面，若没有，则在某平面内构造一条线垂直于交线即可．
1、(2018南京三模）已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：
①若l⊥α，l⊥β，则α∥β；②若l⊥α，α⊥β，则l∥β；
③若l∥α，l⊥β，则α⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β．
其中真命题为▲
________（填所有真命题的序号）．
【答案】:①③
【解析】：①考查定理：垂直同一直线的两个平面平行；②直线l可能在平面β内；③正确；④不一定垂直；
2、(2017南京、盐城二模）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．
①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；
③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.
【答案】①④
【解析】：思路分析逐一判断每个命题的真假．
①这是面面平行的性质，正确；②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误；④由m⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，所以m⊥β，正确．
3、(2016南京三模）已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；
③m∥α⇒l⊥β；④l⊥β⇒m∥α.
其中正确的命题是________(填写所有正确命题的序号
．．．．．．．．．．．)．
【答案】.①④
【解析】：①由l⊥α，α∥β，得l⊥β，又因为m⊂β，所以l⊥m；
②由l⊥α，α⊥β，得l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m或异面或平行或相交；
③由l⊥α，m∥α，得l⊥m.因为l只垂直于β内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于β；
④由l⊥α，l⊥β，得α∥β.因为m⊂β，所以m∥α.
4、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．
求证：(1)DE∥平面ACC1A1；
(2)AE⊥平面BCC1B1.
规范解答 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)
在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.
又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1.(6分)
(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)
又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.
又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)
在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)
因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)
5、(2019苏锡常镇调研（一））如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：
(1) EF∥平面ABC；
(2) BD⊥平面ACE.
.规范解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)
因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.(6分)
(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD
所以AC⊥平面BCD，(8分)
因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)
因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)
因为AC∩CE＝C ，AC ，CE ⊂平面ACE ，所以BD⊥平面ACE.(14分)
6、(2018苏锡常镇调研（二））如图，在四棱锥P ABCD -中，90ADB ∠=o ，
CB CD =，点E 为棱PB 的中点．
（1）若PB PD =，求证：PC BD ⊥； （2）求证：CE //平面PAD ．
规范解答 证明：（1）取BD 的中点O ，连结CO PO ，，
因为CD CB =，所以△CBD 为等腰三角形，所以BD CO ⊥． 因为PB PD =，所以△PBD 为等腰三角形，所以BD PO ⊥． 又PO CO O =I ，所以BD ⊥平面PCO ． 因为PC ⊂平面PCO ，所以PC BD ⊥． （2）由E 为PB 中点，连EO ，则EO PD ∥， 又EO ⊄平面PAD ，所以EO ∥平面PAD ． 由90ADB ∠=︒，以及BD CO ⊥，所以CO AD ∥， 又CO ⊄平面PAD ，所以CO ∥平面PAD ． 又=CO EO O I ，所以平面CEO ∥平面PAD ， 而CE ⊂平面CEO ，所以CE ∥平面PAD ．
7、(2019无锡期末）在四棱锥PABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB ，AB⊥AD，AB⊥BC. (1) 求证：BC∥平面 PAD ； (2) 平面 PAD⊥ 平面 ABCD.
A
B
C
D P
E ）
(1) 因为AB⊥AD，AB⊥BC，且A ，B ，C ，D 共面，所以AD∥BC.(3分) 因为BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BC∥平面PAD.(5分)
(2)过点D 作DH⊥PA 于点H ，因为是锐角△PAD，所以H 与A 不重合．(7分) 因为平面PAD⊥平面PAB ，平面PAD∩平面PAB ＝PA ，DH ⊂平面PAD. 所以DH⊥平面PAB ，(9分)
因为AB ⊂平面PAB ，所以DH⊥AB.(11分) 因为AB⊥AD，AD∩DH＝DAD ，DH ⊂平面PAD ， 所以AB⊥平面PAD.
因为AB ⊂平面ABCD.所以平面PAD⊥平面ABCD.(14分)
8、(2018镇江期末）如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D 为BC 中点，AB ＝AC ，BC 1⊥B 1D.求证： (1) A 1C∥平面ADB 1； (2) 平面A 1BC 1⊥平面ADB 1.
规范解答 (1) 设A 1B∩AB 1＝E ，连结DE.
因为ABCA 1B 1C 1为直三棱柱，所以AA 1B 1B 为矩形，所以E 为A 1B 中点．(1分) 又因为D 为BC 中点，所以DE 为△BA 1C 的中位线，(2分) 所以DE∥A 1C 且DE ＝1
2
A 1C.(3分)
因为A 1C ⊄平面ADB 1，DE ⊂平面ADB 1，(5分) 所以A 1C∥平面ADB 1.(7分)
(2) 因为AB＝AC，D为BC中点，所以AD⊥BC.(8分)
又因为ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.
因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.(9分)
因为BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BCC1B1.(10分)
又BC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC1.(11分)
因为BC1⊥B1D，AD⊂平面ADB1，B1D⊂平面ADB1，AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面ADB1.(13分)
因为BC1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面ADB1.(14分)
(注意：有一个条件不交代书写，扣1分，扣满为止)
9、(2018常州期末）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q 是棱PC上异于P，C的一点．
(1) 求证：BD⊥AC；
(2) 过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.
规范解答 (1) 因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.(4分) 又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.(7分)
(第(1)问也可按如下方式证明：可由PC⊥平面ABCD，得PC⊥CD，PC⊥CB，则由PD＝PC2＋CD2，PB＝PC2＋CB2，得CD＝CB，故▱ABCD为菱形，从而AC⊥BD.)
(2) 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(10
分)
又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.(14分)
10、(2018扬州期末）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．
(1) 求证：B1C1∥平面A1DE；
(2) 若平面A1DE⊥平面ABB1A1，求证：AB⊥DE.
规范解答 (1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形B1BCC1是平行四边形，所以B1C1∥BC.(2分)
在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，故BC∥DE，所以B1C1∥DE.(4分)
又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以B1C1∥平面A1DE.(7分)
(2) 如图，在平面ABB1A1内，过A作AF⊥A1D于F.
因为平面A1DE⊥平面A1ABB1，平面A1DE∩平面A1ABB1＝A1D，AF⊂平面A1ABB1，所以AF⊥平面A1DE.(11分)
又DE⊂平面A1DE，所以AF⊥DE.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以A1A⊥DE.
因为AF∩A1A＝A，AF⊂平面A1ABB1，A1A⊂平面A1ABB1，所以DE⊥平面A1ABB1.
因为AB⊂平面A1ABB1，所以DE⊥AB.(14分)
(注：作AF⊥A1D时要交代在平面内作或要交代垂足，否则扣1分．)
11、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，已知矩形ABCD所在平面与△ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．
(1) 求证：MN∥平面BEC ； (2) 求证：AH⊥CE.
规范解答 (1) 解法1 取CE 中点F ，连结FB ，MF. 因为M 为DE 的中点，F 为CE 的中点， 所以MF∥CD 且MF ＝1
2CD.(2分)
又因为在矩形ABCD 中，N 为AB 的中点， 所以BN∥CD 且BN ＝1
2
CD ，
所以MF∥BN 且MF ＝BN ，所以四边形BNMF 为平行四边形，所以MN∥BF.(4分) 又MN ⊄平面BEC ，BF ⊂平面BEC ， 所以MN∥平面BEC.(6分) 解法2 取AE 中点G ，连结MG ，GN.
因为G 为AE 的中点，M 为DE 的中点，所以MG∥AD. 又因为在矩形ABCD 中，BC∥AD，所以MG∥BC. 又因为MG ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ， 所以MG∥平面BEC.(2分)
因为G 为AE 的中点，N 为AB 的中点，所以GN∥BE. 又因为GN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ，所以GN∥平面BEC. 又因为MG∩GN＝G ，MG ，GN ⊂平面GMN ， 所以平面GMN∥平面BEC.(4分)
又因为MN ⊂平面GMN ，所以MN∥平面BEC.(6分) (2) 因为四边形ABCD 为矩形，所以BC⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE ，平面ABCD∩平面ABE ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，且BC⊥AB， 所以BC⊥平面ABE.(8分) 因为AH ⊂平面ABE ，所以BC⊥AH.
因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH.(10分) 因为BC∩BE＝B，BC⊂平面BEC，BE ⊂平面BEC，
所以AH⊥平面BEC.(12分)
又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.(14分)。