专题29 直线、平面平行与垂直的判定与性质(解析版)

第八章 立体几何
专题29 直线、平面平行与垂直的判定与性质
考点1 空间点、线、面的位置关系
1. 【2020年高考浙江卷6】已知空间中不过同一点的三条直线,,m n l ，则“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的
（ ）
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件 【答案】B
【解析】解法一：由条件可知当,,m n l 在同一平面，则三条直线不一定两两相交，由可能两条直线平行，或三条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线,,m n l 两两相交，如图，
三个不同的交点确定一个平面，则,,m n l 在同一平面，∴“,,m n l ”在同一平面是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件，故选B ．
解法二：依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，
当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交．
当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而
,B m C l αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，∴,,m n l 在同一平面．
综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件．故选B ． 2. 【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行
B ．α内有两条相交直线与β平行
C ．α，β平行于同一条直线
D ．α，β垂直于同一平面 【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．
3. 【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则
A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线
B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线
C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线
D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B
【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.
过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，
平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，
MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，
5
,2
MF BF BM =
=∴=BM EN ∴≠，故选B ．
4. 【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα，所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行， 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件，故选A.
5. 【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；
（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.
6. 【2020年高考全国Ⅲ卷文数19】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且112,2DE ED BF FB ==．证明： （1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）证明：点1C 在平面AEF 内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】
（1）因为长方体1111ABCD A B C D -，所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥，
因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=，所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥， 因为1
1,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ，因此AC ⊥平面11BB D D ，
因为EF ⊂平面11BB D D ，所以AC EF ⊥．
（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =，连,DM MF ，
因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =，所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，
1//DM EC ∴，因为//,=,MF DA MF DA 所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，因此
1C 在平面AEF 内．
考点2 直线、平面平行的判定与性质
1. 【2017年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】对于B ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ； 对于C ，易知AB ∥MQ ，则直线AB ∥平面MNQ ； 对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ． 故排除B ，C ，D ，选A ．
2. 【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.
（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．
【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（1）连结1,B C ME .
因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且11
2
ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以11
2
ND A D =
.
由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=
ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .
由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，
由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E ，故17
CH =
.
从而点C 到平面1C DE .
3. 【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．
（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；
（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.
【解析】（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．
而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．
证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．
MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．
4. 【2018年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P−ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.
（1）求证：PE ⊥BC ；
（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ； （3）求证：EF ∥平面PCD .
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.
（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，
∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （3）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .
∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且1
2
FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1
,2
ED BC DE BC =
∥， ∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.
又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .
5. 【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，
1
,2
AB BC AD BAD ==
∠90.ABC =∠=︒ （1）证明：直线BC ∥平面PAD ;
（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD =∠ABC =90°，所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面，AD PAD ⊂平面， 故BC ∥平面P AD .
（2）取AD 的中点M ，连结PM ，CM ， 由1
2
AB BC AD ==
及BC ∥AD ，∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .
因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD =AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ， 因为CM ABCD ⊂底面，所以PM ⊥CM .
设BC =x ，则CM =x ，CD
，PM
，PC =PD =2x . 取CD 的中点N ，连结PN ，则PN ⊥CD
，所以PN x =
. 因为△PCD
的面积为
122
x ⨯= 解得x =−2（舍去），x =2，于是AB =BC =2，AD =4，PM
= 所以四棱锥P −ABCD 的体积(
)224132
V ⨯+=
⨯⨯= 6. [2016高考新课标Ⅲ文数]如图，四棱锥中，平面，，，
，为线段上一点，，为的中点．
（I ）证明平面；
P ABC -PA ⊥ABCD AD
BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N
PC MN
PAB
（II ）求四面体的体积. 【答案】（Ⅲ）见解析；（Ⅲ
【解析】
试题分析：（Ⅲ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到
，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅲ）由条件可知四面体的高，即点到底面
的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果． 试题解析：（Ⅲ）由已知得，
取的中点，连接，由为中点知，. ......3分 又，故，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. ........6分
（Ⅲ）因为平面，为的中点， 所以到平面的距离为
. ....9分 取的中点，连结.由得，.
由得到的距离为，故， 所以四面体的体积
. 考点3 直线、平面垂直的判定与性质 N BCM -PB T AMNT MN AT N BCM -N PA 23
2
==
AD AM BP T TN AT ,N PC BC TN //22
1
==
BC TN BC AD //TN AM AMNT AT MN //⊂AT PAB ⊄MN PAB //MN PAB ⊥PA ABCD N PC N ABCD PA 2
1
BC E AE 3==AC AB BC AE ⊥522=-=BE AB AE BC AM ∥M BC 552542
1
=⨯⨯=∆BCM S BCM N -3
54231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM
N
1. 【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则
A ．11A E DC ⊥
B ．1A E BD ⊥
C ．11A E BC ⊥
D ．1A
E AC ⊥
【答案】C
【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影. A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立； B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；
C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；
D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.
2.【2020年高考全国Ⅰ卷文数19】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，90APC ∠=︒．
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；
（2）设DO =，求三棱锥P ABC -的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）
D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，
P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，
ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC PBC ≅△△，
90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，
,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；
（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π=
=
2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==，
在等腰直角三角形APC 中，22
AP AC =
=
，
在Rt PAO ∆中，2
PO ==
=
，
∴三棱锥P ABC -的体积为113332P ABC ABC V PO S -=⋅=⨯⨯=
△
3. 【2020年高考全国Ⅱ卷文数20】如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1AA //MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；
（2）设O 为111A B C △的中心，若6AO AB ==，AO //平面11EB C F ，且3
MPN π
∠=，求四棱锥11B EB C F -的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）24． 【解析】（1）
,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴，又11//AA BB ，1//MN AA ∴
在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥，又
侧面
11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥，
1//MN BB ，MN BC ⊥，由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ，∴BC ⊥平面1A AMN ，
又
11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ，
又
11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =，11//B C EF ∴ ，//EF BC ∴，
又
BC ⊥平面1A AMN ，
∴EF ⊥平面1A AMN ，EF ⊂平面11EB C F ，∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN ． （2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图
AO //平面
11EB C F ，AO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =，//AO NP ∴，
又
//NO AP ，∴6AO NP ==．O 为
111A B C △的中心，
∴1111
sin 606sin 6033
ON AC =
︒=⨯⨯︒=ON AP ==3AM AP ==． 平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN ，
∴MH ⊥平面11EB C F ，又
在等边ABC 中
EF AP BC AM =，即2AP BC EF AM ⋅===． 由（1）知，四边形11EB C F 为梯形，∴四边形11EB C F 的面积为：
111126=62422EB C F EF B C S NP ++=
⋅⨯=四边形，11111
3
B EB
C F EB C F V S h -∴=⋅四边形，
h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=，∴1
243243V =⨯⨯=．
4. 【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．
（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；
（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.
【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．
又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°
. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒
∠=∠=，
故AE =AB =3，126AA AE ==.
作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1
363183
V =
⨯⨯⨯=．
5. 【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，
∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2． （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；
（2）求图2中的四边形ACGD的面积.
【答案】（1）见解析；（2）4.
【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
（2）取CG的中点M，连结EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．
因此DM⊥CG．
在Rt△DEM中，DE=1，EM，故DM=2．
所以四边形ACGD的面积为4．
-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 6.【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD
为CD的中点．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，
所以PA BD
⊥．
又因为底面ABCD为菱形，
所以BD AC
⊥．
所以BD⊥平面PAC．
（2）因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD．
所以AB⊥AE．
所以AE⊥平面PAB．
所以平面PAB⊥平面PAE．
（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
则FG∥AB，且FG=1
2 AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE ∥AB ，且CE =
1
2
AB ． 所以FG ∥CE ，且FG =CE ． 所以四边形CEGF 为平行四边形． 所以CF ∥EG ．
因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．
7. 【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且2
3
BP DQ DA ==
，求三棱锥Q ABP -的体积．
【答案】（1）见解析；（2）1.
【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．
（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =
又2
3
BP DQ DA ==
，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =∥1
3DC ．
由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为
111
13451332
Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．
8. 【2018年高考全国Ⅲ卷文数】
如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，
4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．
（1）证明：PO ⊥平面ABC ；
（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
5
．
【解析】（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =
连结OB ．因为AB =BC =
2
AC
，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．
（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．
故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．
由题设可知OC =
12AC =2，CM =23BC =3
，∠ACB =45°．
所以OM =
3，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=5
．
所以点C 到平面POM ． 9. 【2017年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P −ABCD 的体积为8
3
，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）见解析；（2）326+．
【解析】（1）由已知90BAP CDP ==︒∠∠，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）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．
由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．
设AB x =，则由已知可得AD =
，2
PE x =
． 故四棱锥P ABCD -的体积311
33
P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得
318
33
x =，故2x =．
从而2PA PD ==，AD BC ==PB PC ==．
可得四棱锥P ABCD -的侧面积为
21111
sin 6062222
PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 10. 【2017年高考北京卷文数】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． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
1
3
. 【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ， 又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.
（2）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥， 由（1）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC ， 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1
12
DE PA =
=，BD DC == 由（1）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .
所以三棱锥E BCD -的体积1163
V BD DC DE =⋅⋅=. 11. 【2016高考北京文数】（本小题14分）
如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥
（I ）求证：DC PAC ⊥平面；
（II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；
（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.
【答案】（Ⅲ）见解析；（Ⅲ）见解析；（III ）存在.理由见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅲ）利用线面垂直判定定理证明；（Ⅲ）利用面面垂直判定定理证明；（III ）取PB 中点F ，连结F E ，则F//E PA ，根据线面平行定理则//PA 平面C F E .
试题解析：（I ）因为C P ⊥平面CD AB ，
所以C DC P ⊥．
又因为DC C ⊥A ，
所以DC ⊥平面C PA ．
（II ）因为//DC AB ，DC C ⊥A ，
所以C AB ⊥A ．
因为C P ⊥平面CD AB ，
所以C P ⊥AB ．
所以AB ⊥平面C PA ．
所以平面PAB ⊥平面C PA ．
（III ）棱PB 上存在点F ，使得//PA 平面C F E ．证明如下：
取PB 中点F ，连结F E ，C E ，CF ． 又因为E 为AB 的中点，
所以F//E PA ．
又因为PA ⊄平面C F E ，
所以//PA 平面C F E ．。