?第4講　直線、平面垂直的判定與性質(zhì)
最新考綱
考向預(yù)測(cè)
從定義和公理出發(fā)，借助長(zhǎng)方體，通過(guò)直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系.
命題趨勢(shì)
直線、平面垂直的判定及性質(zhì)是高考中的重點(diǎn)考查內(nèi)容，涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用、直線與平面所成的角等內(nèi)容．多出現(xiàn)在解答題的第(1)問(wèn)，難度中等.
核心素養(yǎng)
邏輯推理、直觀想象


1．直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理

文字語(yǔ)言
圖形語(yǔ)言
符號(hào)語(yǔ)言
判定定理
一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直

?l⊥α
性質(zhì)定理
垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行

?a∥b
2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理

文字語(yǔ)言
圖形語(yǔ)言
符號(hào)語(yǔ)言
判定定理
一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直

?α⊥β
性質(zhì)定理
兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直

?l⊥α
3.空間角
(1)直線與平面所成的角
①定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，如圖，∠PAO就是斜線AP與平面α所成的角．
②線面角θ的范圍：θ∈．
(2)二面角
①定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱．兩個(gè)半平面叫做二面角的面．
如圖的二面角，可記作：二面角α-l-β或二面角P-AB-Q．
②二面角的平面角
如圖，過(guò)二面角α-l-β的棱l上一點(diǎn)O在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作BO⊥l，AO⊥l，則∠AOB就叫做二面角α-l-β的平面角．
③二面角的范圍
設(shè)二面角的平面角為θ，則θ∈[0，π]．
④當(dāng)θ＝時(shí)，二面角叫做直二面角．
常用結(jié)論
1．直線與平面垂直的五個(gè)結(jié)論
(1)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則這條直線垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任意直線．
(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面．
(3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行．
(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這一條直線與另一個(gè)平面也垂直．
(5)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面．
2．三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化：
線線垂直線面垂直面面垂直
常見(jiàn)誤區(qū)
1．證明線面垂直時(shí)，易忽視平面內(nèi)兩條直線為相交直線這一條件．
2．兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”這一條件．

1．判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)
(1)已知直線a，b，c，若a⊥b，b⊥c，則a∥c.(　　)
(2)直線l與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.(　　)
(3)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α是一個(gè)平面，若m∥n，m⊥α，則n⊥α.(　　)
(4)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面．(　　)
(5)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線，則α⊥β.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
2．(易錯(cuò)題)已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個(gè)不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　)
A．α⊥β且m?α　　　　　　　　 B．m⊥n且n∥β
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
解析：選C.由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理，可知C正確．
3．(多選)四棱錐S-ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中正確的是(　　)

A．AC⊥SB B．AD⊥SC
C．平面SAC⊥平面SBD D．BD⊥SA
解析：選ABC.由SD⊥底面ABCD，得SB在平面ABCD內(nèi)的射影為DB.又DB與AC垂直，所以SB⊥AC，A正確；
由SC在平面ABCD內(nèi)的射影DC與AD垂直，得SC⊥AD，B正確；
由AC⊥SB，AC⊥BD，SB∩BD＝B，可得AC⊥平面SBD，從而有平面SAC⊥平面SBD，C正確；
若BD⊥SA，則BD垂直SA在平面ABCD內(nèi)的射影DA，與已知條件矛盾，D錯(cuò)誤．故選ABC.
4．已知直線l和平面α，β，且l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的________條件．
解析：由面面垂直的判定定理可得，若l?α，l⊥β，則α⊥β，充分性成立；
若l?α，α⊥β，則l與β垂直、相交或平行，必要性不成立，
所以若l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件．
答案：充分不必要
5．在三棱錐P-ABC中，點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O.
若PA＝PB＝PC，則點(diǎn)O是△ABC的________心．
解析：如圖，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．

答案：外


線面垂直的判定與性質(zhì)
(1)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．證明：PO⊥平面ABC.

(2)(2020·高考全國(guó)卷Ⅲ節(jié)選)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：當(dāng)AB＝BC時(shí)，EF⊥AC.

【證明】　(1)因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，
所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2.
連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝AC，
所以△ABC為等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O知PO⊥平面ABC.
(2)如圖，連接BD，B1D1.因?yàn)锳B＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因?yàn)锽B1⊥平面ABCD.于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.


判定線面垂直的四種方法
　

1．如圖所示，已知AB為圓O的直徑，點(diǎn)D為線段AB上一點(diǎn)，且AD＝DB，點(diǎn)C為圓O上一點(diǎn)，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求證：PA⊥CD.

證明：因?yàn)锳B為圓O的直徑，所以AC⊥CB，
在Rt△ABC中，由AC＝BC得∠ABC＝30°，
設(shè)AD＝1，由3AD＝DB得DB＝3，BC＝2，
由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO.
因?yàn)镻D⊥平面ABC，CD?平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，
又因?yàn)镻A?平面PAB，所以PA⊥CD.
2．如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
證明：(1)在平面ABD中，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因?yàn)镋F?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC?平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因?yàn)锳D?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?yàn)锳C?平面ABC，所以AD⊥AC.

面面垂直的判定與性質(zhì)
(1)(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ節(jié)選)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，∠APC＝90°.證明：平面PAB⊥平面PAC.

(2)(2020·開(kāi)封市模擬考試)如圖，已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1＝AC，AC⊥BC.證明：A1C⊥AB1.

【證明】　(1)由題設(shè)可知，PA＝PB＝PC，
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，
從而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)因?yàn)锳A1＝AC，所以四邊形AA1C1C為菱形，所以A1C⊥AC1.
因?yàn)槠矫鍭A1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
BC?平面ABC，BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C.
又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1C1C，所以B1C1⊥A1C.
因?yàn)锳C1∩B1C1＝C1，
所以A1C⊥平面AB1C1，而AB1?平面AB1C1，
所以A1C⊥AB1.

(1)證明面面垂直的方法
①定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問(wèn)題．
②定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，進(jìn)而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明線線垂直加以解決．
(2)在已知平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化．在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．　
如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝AC＝a，BC＝a.求證：平面PAB⊥平面PAC.

證明：因?yàn)镻A⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，
所以∠BAC即為二面角B-PA-C的平面角．
又AB＝AC＝a，BC＝a，
所以∠BAC＝90°，
所以平面PAB⊥平面PAC.

平行與垂直的綜合問(wèn)題
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)．

(1)求證：PE⊥BC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求證：EF∥平面PCD.
【證明】　(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)，
所以PE⊥AD.
因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC.
(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD.
又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因?yàn)镻D?平面PAD，所以AB⊥PD.
又因?yàn)镻A⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因?yàn)镻D?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC.

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四邊形DEFG為平行四邊形．
所以EF∥DG.
又因?yàn)镋F?平面PCD，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD.

平行與垂直的綜合問(wèn)題主要是利用平行關(guān)系、垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化去解決．注意遵循“空間到平面”“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化關(guān)系．　
(2020·高考江蘇卷)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)．

(1)求證：EF∥平面AB1C1；
(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1.
證明：(1)因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)，
所以EF∥AB1.
又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因?yàn)锽1C⊥平面ABC，AB?平面ABC,
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC，B1C?平面AB1C，
AC?平面AB1C，B1C∩AC＝C，
所以AB⊥平面AB1C.
又因?yàn)锳B?平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.

思想方法系列14　構(gòu)造幾何模型解決空間問(wèn)題
判斷空間線、面的位置關(guān)系，常利用正(長(zhǎng))方體及其他幾何體模型來(lái)判斷，把平面、直線看作正(長(zhǎng))方體內(nèi)及其他幾何體平面、側(cè)棱、對(duì)角線等進(jìn)行推導(dǎo)驗(yàn)證，使抽象的推理形象化、具體化．
已知m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題：
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.
其中所有正確的命題是(　　)
A．①④　　　　　　　　 B．②④
C．① D．④
【解析】　對(duì)于①，可以得到平面α，β互相垂直，如圖(1)所示，故①正確；對(duì)于②，平面α，β可能垂直，如圖(2)所示，故②不正確；對(duì)于③，平面α，β可能垂直，如圖(3)所示，故③不正確；對(duì)于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因?yàn)閚∥β，所以過(guò)n作平面γ，且γ∩β＝g，如圖(4)所示，所以n與交線g平行，因?yàn)閙⊥g，所以m⊥n，故④正確．故選A項(xiàng)．

【答案】　A

(1)構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是結(jié)合題意構(gòu)造符合題意的直觀模型，然后利用模型對(duì)問(wèn)題直觀地作出判斷．這樣減少了抽象性，避免了因考慮不全面而導(dǎo)致的解題錯(cuò)誤．　
(2)由于長(zhǎng)方體或正方體中包含了線線平行、線面平行、線線垂直、線面垂直及面面垂直等各種位置關(guān)系．故構(gòu)造長(zhǎng)方體或正方體來(lái)判斷空間直線、平面間的位置關(guān)系，顯得直觀、易判斷．構(gòu)造時(shí)注意其靈活性，想象各種情況反復(fù)驗(yàn)證．?。?
(2020·貴陽(yáng)市四校聯(lián)考)如圖所示，在三棱錐P-ABC中，AP⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，AP＝，則該三棱錐外接球的體積為_(kāi)_______．

解析：如圖所示，根據(jù)題意可將三棱錐補(bǔ)形為一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為1，1，的長(zhǎng)方體，則三棱錐的外接球與長(zhǎng)方體的外接球相同．設(shè)外接球半徑為R，則(2R)2＝12＋12＋()2＝5，所以該三棱錐外接球的體積V＝πR3＝π.
答案：π

[A級(jí)　基礎(chǔ)練]
1．已知平面α和直線l，則α內(nèi)至少有一條直線與l(　　)
A．平行　　　　　　 B．相交
C．垂直 D．異面
解析：選C.當(dāng)直線l與平面α斜交時(shí)，在平面α內(nèi)不存在直線與l平行，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)l∥α?xí)r，在α內(nèi)不存在直線與l相交，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)l?α?xí)r，在α內(nèi)不存在直線與l異面，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；無(wú)論哪種情形，在平面α內(nèi)都有無(wú)數(shù)條直線與l垂直．故選C項(xiàng)．
2．(多選)設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n?α，則n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，則n⊥β
C．若m∥α，m∥β，則α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，則n⊥β
解析：選AD.選項(xiàng)A中，由面面垂直的性質(zhì)定理知，正確；選項(xiàng)B中，直線n可以與平面β相交、平行或n?β，不正確；選項(xiàng)C中，與直線m平行的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，且這些平面可以與平面α平行、相交，不正確；選項(xiàng)D中，根據(jù)m⊥α，m⊥β，知α∥β，又n⊥α，所以n⊥β正確，故選AD.
3．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中， 點(diǎn)O，M，N分別是線段BD，DD1，D1C1的中點(diǎn)，則直線OM與AC，MN的位置關(guān)系是(　　)

A．與AC，MN均垂直
B．與AC垂直，與MN不垂直
C．與AC不垂直，與MN垂直
D．與AC，MN均不垂直
解析：選A.因?yàn)镈D1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，
又因?yàn)锳C⊥BD，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
因?yàn)镺M?平面BDD1B1，所以O(shè)M⊥AC.
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，
則OM＝＝，MN＝＝，
ON＝＝，
所以O(shè)M2＋MN2＝ON2，所以O(shè)M⊥MN.故選A.
4．(2021·山東濟(jì)寧模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是(　　)
A．CC1與B1E是異面直線
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E

解析：選C.對(duì)于A，CC1與B1E均在側(cè)面BCC1B1內(nèi)，又兩直線不平行，故相交，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，AC與平面ABB1A1所成的角為60°，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1，故C正確；對(duì)于D，AC與平面AB1E有公共點(diǎn)A，AC∥A1C1，所以A1C1與平面AB1E相交，故D錯(cuò)誤．
5.(多選)如圖，AC＝2R為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點(diǎn)A，C重合的點(diǎn)，AS⊥PC于點(diǎn)S，AN⊥PB于點(diǎn)N，則下列選項(xiàng)正確的是(　　)
A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
解析：選ACD.因?yàn)镻A⊥平面ABC，PA?平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正確；因?yàn)锽為圓周上不與A，C重合的點(diǎn)，AC為直徑，所以BC⊥AB，因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正確；因?yàn)锽C⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因?yàn)锳N⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN?平面ANS，所以平面ANS⊥平面PBC，故A正確．故選ACD.
6.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是邊AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為_(kāi)_______．
解析：作CH⊥AB于H，連接PH.因?yàn)镻C⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2.
答案：2
7．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出一個(gè)正確的命題：__________．
解析：其中兩個(gè)論斷作為條件，一個(gè)論斷作為結(jié)論，可組成3個(gè)命題．
命題(1)：若l⊥m，m∥α，則l⊥α，此命題不成立，可以舉一個(gè)反例，例如在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)平面ABCD為平面α，A1D1和A1B1分別為l和m，滿足條件，但結(jié)論不成立．
命題(2)：若l⊥m，l⊥α，則m∥α，此命題正確．證明：作直線m1∥m，且與l相交，故l與m1確定一個(gè)平面β，且l⊥m1，因?yàn)閘⊥α，所以平面α與平面β相交，設(shè)α∩β＝n，則l⊥n，又m1，n?β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n?α，故m∥α.
命題(3)：若m∥α，l⊥α，則l⊥m，此命題正確．證明：過(guò)直線m作一平面，且與平面α相交，交線為a，因?yàn)閙∥α，所以m∥a.因?yàn)閘⊥α，a?α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.
答案：若l⊥m，l⊥α，則m∥α(或m∥α，l⊥α，則l⊥m，答案不唯一)
8．如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有__________________；與AP垂直的直線有________．
解析：因?yàn)镻C⊥平面ABC，
所以PC垂直于直線AB，BC，AC.
因?yàn)锳B⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因?yàn)锳P?平面PAC，
所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
9.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求證：DC⊥平面PAC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PAC.
證明：(1)因?yàn)镻C⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因?yàn)锳C⊥DC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)因?yàn)锳B∥CD，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
所以PC⊥AB.
又因?yàn)镻C∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC.
又AB?平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
10．(2020·沈陽(yáng)市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))如圖，已知△ABC為等邊三角形，△ABD為等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)E與點(diǎn)D在平面ABC的同側(cè)，且CE∥BD，BD＝2CE.F為AD的中點(diǎn)，連接EF.
(1)求證：EF∥平面ABC；
(2)求證：平面AED⊥平面ABD.
證明：(1)如圖，取AB的中點(diǎn)為O，連接OC，OF，因?yàn)镺，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，所以O(shè)F∥BD且BD＝2OF，

又CE∥BD且BD＝2CE，所以CE∥OF且CE＝OF，
所以四邊形OCEF為平行四邊形，所以EF∥OC.
又EF?平面ABC且OC?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因?yàn)槿切蜛BC為等邊三角形，
所以O(shè)C⊥AB，
又平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，
所以O(shè)C⊥平面ABD，
因?yàn)镋F∥OC，所以EF⊥平面ABD，
又EF?平面AED，所以平面AED⊥平面ABD.
[B級(jí)　綜合練]
11．(多選)已知在四面體ABCD中，△ABC，△BCD均為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，E，F(xiàn)分別為BC，BD的中點(diǎn)，則(　　)
A．BC⊥AD
B．若AD＝1，則四面體ABCD的體積為
C．若AD＝，則平面ABC⊥平面BCD
D．若AF＝，則截面AEF的面積為
解析：選ACD.連接AE，DE，因?yàn)椤鰽BC，△BCD均為邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，所以AE⊥BC，DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥AD，故A正確；設(shè)點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影為點(diǎn)O，則AO＝＝，所以四面體ABCD的體積為××12×＝，故B錯(cuò)誤；易知∠AED為二面角A-BC-D的平面角，AE＝，DE＝，當(dāng)AD＝時(shí)，AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以平面ABC⊥平面BCD，故C正確；因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，BD的中點(diǎn)，連接EF，AF，易知EF＝CD＝，由余弦定理可得cos∠AEF＝＝，所以sin∠AEF＝，所以S△AEF＝×××＝，故D正確．
12．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長(zhǎng)為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長(zhǎng)為_(kāi)_______．

解析：設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h，
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面積相等得× ＝x，得x＝.即線段B1F的長(zhǎng)為.
答案：
13．(2020·成都市診斷性檢測(cè))如圖，在四棱錐P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)．
(1)證明：BC⊥平面PAE；
(2)點(diǎn)Q在棱PB上，且＝，證明：PD∥平面QAF.
證明：(1)如圖，連接AC.
因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且∠ABC＝60°，
所以三角形ABC為正三角形．
因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以BC⊥AE.
因?yàn)锳P⊥平面PBC，BC?平面PBC，
所以BC⊥AP.
因?yàn)锳P∩AE＝A，AP，AE?平面PAE，
所以BC⊥平面PAE.
(2)連接BD交AF于點(diǎn)M，連接QM.
因?yàn)镕為CD的中點(diǎn)，所以在底面ABCD中，＝＝，所以＝.
所以＝＝，所以在三角形BPD中，PD∥QM.
又QM?平面QAF，PD?平面QAF，所以PD∥平面QAF.
14．(2020·廣東七校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中點(diǎn)，G是PD的中點(diǎn)．
(1)求四棱錐P-ABCD的體積；
(2)求證：AG∥平面PEC；
(3)求證：平面PCD⊥平面PEC.
解：(1)易知V四棱錐P-ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.
(2)證明：如圖，取PC的中點(diǎn)F，連接EF和FG，
則易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，
所以四邊形AEFG為平行四邊形，所以EF∥AG.
因?yàn)镋F?平面PEC，AG?平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
(3)證明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因?yàn)镻A∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AG?平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因?yàn)镻D∩CD＝D，PD?平面PCD，CD?平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，
所以EF⊥平面PCD.
又EF?平面PEC，
所以平面PEC⊥平面PCD.
[C級(jí)　創(chuàng)新練]
15．一種特殊的四面體叫做“鱉臑”，它的四個(gè)面均為直角三角形．在四面體PABC中，設(shè)E，F(xiàn)分別是PB，PC上的點(diǎn)，連接AE，AF，EF(此外不再增加任何連線)，則圖中直角三角形最多有(　　)

A．6個(gè) B．8個(gè)
C．10個(gè) D．12個(gè)
解析：選C.為使題圖中有盡可能多的直角三角形，設(shè)四面體PABC為“鱉臑”，
其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.
若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.
又AE⊥PB，平面APB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，
所以AE⊥EF，且AE⊥PC.
又EF⊥PC，知四面體PAEF也是“鱉臑”，則題圖中的10個(gè)三角形全是直角三角形，故選C.
16.(多選)如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(　　)
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范圍是
C．三棱錐B1-D1PC的體積為定值
D．DC1⊥D1P
解析：選ACD.在A中，因?yàn)锳1D1⊥平面A1AP，A1D1?平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正確；
在B中，當(dāng)P與A1重合時(shí)，∠APD1＝，故B錯(cuò)誤；
在C中，因?yàn)椤鰾1D1C的面積是定值，A1B∥平面B1D1C，所以點(diǎn)P到平面B1D1C的距離是定值，所以三棱錐B1-D1PC的體積為定值，故C正確；
在D中，因?yàn)镈C1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC?平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P?平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正確．

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