新高考數(shù)學一輪復習學案第7章 §7.4　直線、平面垂直的判定與性質（含解析）-學案下載-教習網(wǎng)

1．直線與平面垂直
(1)定義：一般地，如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．
(2)直線與平面垂直的判定定理與性質定理：
2.平面與平面垂直
(1)定義：兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．
(2)平面與平面垂直的判定定理與性質定理：
3.空間角
(1)直線和平面所成的角
①定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角，叫做這條直線和這個平面所成的角．
②范圍：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(2)二面角
①定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．
②二面角的平面角：以二面角的棱上任一點為端點，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角．
③二面角的平面角的范圍：[0，π]．
微思考
1．若平面α⊥β，且α∩β＝l，若直線m⊥l，則m與平面β一定垂直嗎？
提示不一定，當m?α時，m⊥β.
2．空間中任一直線m，在平面α內是否存在無數(shù)條直線與m垂直？
提示存在．
題組一思考辨析
1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)
(1)垂直于同一個平面的兩個平面平行．( × )
(2)直線l與平面α內的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.( × )
(3)若平面α內的一條直線垂直于平面β內的無數(shù)條直線，則α⊥β.( × )
(4)過平面外一點有且只有一條直線垂直于這個平面．( √ )
題組二教材改編
2．下列命題中錯誤的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內一定存在直線平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內一定不存在直線垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α內所有直線都垂直于平面β
答案 D
解析對于D，若平面α⊥平面β，則平面α內的直線可能不垂直于平面β，即與平面β的關系還可以是斜交、平行或在平面β內，其他選項均是正確的．
3．設α，β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析依題意，由l⊥β，l?α，可以推出α⊥β；反過來，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β，因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件，故選A.
4.如圖，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，則圖中互相垂直的平面有________對．
答案 3
解析 ∵AB⊥平面BCD，AB?平面ABD，AB?平面ABC，
∴平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.
又AB⊥CD，BC⊥CD，AB∩BC＝B，
∴CD⊥平面ABC.
又CD?平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
題組三易錯自糾
5．“直線a與平面α內的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面α垂直”的______條件．
答案必要不充分
6．在三棱錐P－ABC中，點P在平面ABC上的射影為點O.
(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心．
答案 (1)外 (2)垂
解析 (1)如圖1，連接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，
即O為△ABC的外心．
(2)如圖2，延長AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點H，D，G.
∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB?平面PAB，
∴PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，
∴PC⊥AB，
∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC?平面PGC，
∴AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高．
同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高，
即O為△ABC的垂心.
題型一直線與平面垂直的判定與性質
例1 如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中點，M，N分別在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.證明：AE∥MN.
證明 ∵AB⊥平面PAD，AE?平面PAD，
∴AE⊥AB，
又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中點，∴AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD?平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.
又∵MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD?平面PCD，
∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN.
思維升華證明線面垂直的常用方法及關鍵
(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質．
(2)證明線面垂直的關鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．
跟蹤訓練1 如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點，證明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
證明 (1)在四棱錐P－ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.
而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中點，∴AE⊥PC.
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD?平面PCD，∴AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，
∴PD⊥平面ABE.
題型二平面與平面垂直的判定與性質
例2 在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中點，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐P－BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱錐P－BCDE的體積；
(2)若PB＝PC，求證：平面PDE⊥平面BCDE.
(1)解如圖所示，取DE的中點M，連接PM，
由題意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM?平面PDE，
∴PM⊥平面BCDE，
即PM為四棱錐P－BCDE的高．
在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，
∴PM＝eq \f(1,2)DE＝eq \r(2)，
而直角梯形BCDE的面積
S＝eq \f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝6，
∴四棱錐P－BCDE的體積
V＝eq \f(1,3)PM·S＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×6＝2eq \r(2).
(2)證明取BC的中點N，連接PN，MN，則BC⊥MN，
∵PB＝PC，∴BC⊥PN，
∵MN∩PN＝N，MN，PN?平面PMN，
∴BC⊥平面PMN，
∵PM?平面PMN，∴BC⊥PM，
由(1)知，PM⊥DE，
又BC，DE?平面BCDE，且BC與DE是相交的，
∴PM⊥平面BCDE，
∵PM?平面PDE，
∴平面PDE⊥平面BCDE.
思維升華 (1)面面垂直判定的兩種方法與一個轉化
①兩種方法：
(ⅰ)面面垂直的定義；
(ⅱ)面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．
②一個轉化：
在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化．在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直．
(2)面面垂直性質的應用
①兩平面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據(jù)，運用時要注意“平面內的直線”．
②兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面．
跟蹤訓練2 (2020·江蘇)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點．
(1)求證：EF∥平面AB1C1；
(2)求證：平面AB1C⊥平面ABB1.
證明 (1)因為E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點，
所以EF∥AB1.
又EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因為B1C⊥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.
又因為AB?平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
題型三垂直關系的綜合應用
例3 (2020·紅河州模擬)在四棱錐P－ABCD中，△PAD是等邊三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD＝2AB＝2BC，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)在AD上是否存在一點M，使得平面PCM⊥平面ABCD，若存在，請證明；若不存在，請說明理由；
(2)若△PCD的面積為8eq \r(7)，求四棱錐P－ABCD的體積．
解 (1)存在，當M為AD的中點時，使得平面PCM⊥平面ABCD.
證明：取AD的中點M，連接CM，PM，
由△PAD是等邊三角形，
可得PM⊥AD，
由平面PAD⊥平面ABCD，PM?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
可得PM⊥平面ABCD，
由PM?平面PCM，可得平面PCM⊥平面ABCD.
(2)設AB＝a，可得BC＝a，AD＝2a，
可得MC＝AB＝MD＝a，
則CD＝eq \r(2)a，PD＝2a，
由PM⊥MC，可得PC＝eq \r(PM2＋MC2)＝eq \r(3a2＋a2)＝2a，
由S△PCD＝eq \f(1,2)·eq \r(2)a·eq \r(4a2－\f(1,2)a2)＝eq \f(\r(7),2)a2＝8eq \r(7)，
可得a＝4，
所以四棱錐P－ABCD的體積V＝eq \f(1,3)S四邊形ABCD·PM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(4＋8)×4×4eq \r(3)＝32eq \r(3).
思維升華對于線面關系中的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用線面關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論則否定假設．
跟蹤訓練3 如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形．側面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點．
(1)求證：AF∥平面SEC；
(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，請說明理由．
(1)證明取SC的中點G，連接FG，EG，
∵F，G分別是SB，SC的中點，∴FG∥BC，F(xiàn)G＝eq \f(1,2)BC，
∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點，
∴AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC，
∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，
∴AF∥EG，又AF?平面SEC，EG?平面SEC，
∴AF∥平面SEC.
(2)證明 ∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點，
∴SE⊥AD，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE?平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG?平面SEC，
∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，
∴四邊形AFGE是矩形，
∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點，
∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，F(xiàn)G，SB?平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF?平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解假設在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，
連接MO，BE，則BD⊥OM，
∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，
∴BE＝eq \r(7)，SE＝eq \r(3)，BD＝2OB＝2eq \r(3)，SD＝2，SE⊥AD，
∵側面SAD⊥底面ABCD，
側面SAD∩底面ABCD＝AD，SE?平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，
∴SE⊥BE，
∴SB＝eq \r(SE2＋BE2)＝eq \r(10)，
∴cs∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(30),20)，
又在Rt△BMO中，cs∠SBD＝eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(30),20)，
∴BM＝eq \f(2\r(10),3)，
∴eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3).
課時精練
1．(2021·海南模擬)設α和β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列說法不正確的是( )
A．若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β
B．若m⊥α，n?β，α∥β，則m⊥n
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β
D．若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥n
答案 A
解析 m∥α，n∥β，m∥n，并不能推出α∥β，這時α和β可能相交，故A錯誤；
若m⊥α，α∥β，則m⊥β，又n?β，則m⊥n，B正確；
若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，又n⊥β，則α⊥β，C正確；
若m⊥α，α∥β，則m⊥β，又n⊥β，則m∥n，D正確．
2．設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且直線m?α，直線n?β，則下列命題為真命題的是( )
A．“m⊥n”是“n⊥α”的充分條件
B．“m∥n”是“m∥β”的既不充分也不必要條件
C．“α∥β”是“m∥n”的充要條件
D．“m⊥n”是“α⊥β”的必要條件
答案 B
解析 n⊥α能得到n⊥m，但n⊥m不能得出n⊥α，A錯；
m∥n時，m也可能在平面β內，不能得出m∥β，反之，m∥β，β內的直線也不一定與m平行，即不能得出m∥n，
∴“m∥n”是“m∥β”的既不充分也不必要條件，B正確；
α∥β時，m，n可能是異面直線，不一定平行，m∥n時，α，β也可能相交，不一定平行，C錯；
兩個平面垂直，分別在這兩個平面內的兩條直線可能相交，可能平行，不一定垂直，D錯．
3.如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在( )
A．直線AB上 B．直線BC上
C．直線AC上 D．△ABC內部
答案 A
解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.
因為AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．
4.如圖，在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結論不成立的是( )
A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC
答案 D
解析因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故選項A正確；
在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE?平面PAE，所以BC⊥平面PAE，
因為DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.
因此選項B，C均正確．
5．(多選)(2021·濟寧模擬)如圖所示，在四個正方體中，l是正方體的一條體對角線，點M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出l⊥平面MNP的圖形為( )
答案 AD
解析對于AD項，根據(jù)正方體的性質可得l⊥MN，l⊥MP，可得l⊥平面MNP.
而BC項，無法得出l⊥平面MNP.
6．(多選)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是( )
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
答案 ABD
解析對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，
又由圓的性質可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
則BC⊥平面PAC.所以A正確；
對于B，由A項可知BC⊥AE，
由題意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PCB，
所以AE⊥平面PCB，而EF?平面PCB，
所以AE⊥EF，所以B正確；
對于C，由B項可知AE⊥平面PCB，因而AC與平面PCB不垂直，
所以AC⊥PB不成立，所以C錯誤；
對于D，由B項可知，AE⊥平面PCB，AE?平面AEF，
由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC.
所以D正確．
7．已知△ABC在平面α內，∠A＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關系是_____．
答案垂直
解析 ∵DA⊥平面α，AC?平面α，∴DA⊥CA，
在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA，
且DA∩BA＝A，DA，BA?平面ADB，
∴CA⊥平面DAB，DB?平面DAB，
∴CA⊥DB.
8．已知平面α，β和直線m，給出以下條件：(1)m∥α；(2)m⊥α；(3)m?α；(4)α⊥β；(5)α∥β，當條件________成立時，有m∥β；當條件________成立時，有m⊥β.(填所選條件的序號)
答案 (3)(5) (2)(5)
解析根據(jù)面面平行的特征可得，若m?α，α∥β，
則m∥β；
根據(jù)線面垂直以及面面平行的特征可得，
若m⊥α，α∥β，則m⊥β.
9.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足____時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析 ∵PA⊥底面ABCD，
∴BD⊥PA，連接AC(圖略)，
則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD，
而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
10．如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，將△ABD沿對角線BD折起，設折起后點A的位置為A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.則給出下面四個命題，正確的是____________．(把正確結論的序號都填上)
①A′D⊥BC；②三棱錐A′－BCD的體積為eq \f(\r(2),2)；
③BA′⊥CA′；④平面A′BC⊥平面A′DC.
答案 ③④
解析如圖所示，取BD的中點E，連接A′E.
又因為A′B＝A′D，
所以A′E⊥BD，
所以A′E⊥平面BCD，
所以A′E⊥BC.
若A′D⊥BC，則可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，與已知矛盾，故①錯誤．
三棱錐A′－BCD的體積V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),6)，故②錯誤．
在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，
所以A′C＝eq \r(3).
在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝eq \r(3)，滿足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′.故③正確．
又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故④正確．
11.如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點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內，因為AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB，BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC.
12．如圖，三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱錐PABC的體積；
(2)在線段PC上是否存在點M，使得AC⊥BM，若存在點M，求出eq \f(PM,MC)的值；若不存在，請說明理由．
解 (1)由題知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·AC·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱錐PABC的高．
又PA＝1，所以三棱錐PABC的體積V＝eq \f(1,3)·S△ABC·PA＝eq \f(\r(3),6).
(2)在平面ABC內，過點B作BN⊥AC，垂足為N.在平面PAC內，過點N作MN∥PA交PC于點M，連接BM.
由PA⊥平面ABC及AC?平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM?平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cs∠BAC＝eq \f(1,2)，
從而NC＝AC－AN＝eq \f(3,2).
由MN∥PA，得eq \f(PM,MC)＝eq \f(AN,NC)＝eq \f(1,3).
13.(2020·韶關模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是棱PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F，下列說法不正確的是( )
A．OE∥PA B．平面PAC⊥平面PBD
C．PB⊥平面EFD D．BD⊥ED
答案 D
解析 ∵四邊形ABCD是正方形，∴O是AC的中點，
∵E是棱PC的中點，∴PA∥OE，故A正確；
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，
又AC⊥BD，PD∩DB＝D，PD，BD?平面PDB，
∴AC⊥平面PBD，又AC?平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PDB，故B正確；
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，
由四邊形ABCD是正方形，得BC⊥CD，
又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，
∴BC⊥平面PCD，
又DE?平面PCD，
∴BC⊥DE.
∵PD＝DC，E是PC的中點，∴DE⊥PC，
∵PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，
∴DE⊥平面PBC，
∵PB?平面PBC，∴PB⊥DE，
又EF⊥PB，DE∩EF＝E，DE，EF?平面EFD，
∴PB⊥平面EFD，故C正確；
由DE⊥平面PBC，知DE⊥EB，故D錯誤．
14．(2020·大慶模擬)已知四條邊長均為2eq \r(3)的空間四邊形ABCD的頂點都在同一個球面上，若∠BAD＝eq \f(π,3)，平面ABD⊥平面CBD，則該球的體積為__________．
答案 eq \f(20\r(5),3)π
解析如圖所示，
設E是△ABD的外心，F(xiàn)是△BCD的外心，
過點E，F(xiàn)分別作平面ABD與平面BCD的垂線OE，OF，相交于點O，
由空間四邊形ABCD的邊長為2eq \r(3)，∠BAD＝eq \f(π,3)，
所以△ABD與△BCD均為等邊三角形，
又平面ABD⊥平面CBD，
所以O為四面體ABCD外接球的球心，
又AE＝eq \f(2,3)eq \r(?2\r(3)?2－?\r(3)?2)＝2，
所以OE＝1，所以外接球的半徑為R＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
所以外接球的體積為V＝eq \f(4πR3,3)＝eq \f(4π,3)×(eq \r(5))3＝eq \f(20\r(5)π,3).
15.(2020·廣州模擬)如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分別是線段BS，AD的中點，點R在線段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，則AR＝________.
答案 eq \f(4\r(5),5)
解析如圖，取SA的中點E，連接PE，QE.
∵SA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴SA⊥AB，
而AB⊥AD，AD∩SA＝A，
∴AB⊥平面SAD，
又P，E分別是SB，SA的中點，
∴PE∥AB，
故PE⊥平面SAD，
又AR?平面SAD，
∴PE⊥AR.
又∵AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，
∴AR⊥平面PEQ，
∵EQ?平面PEQ，∴AR⊥EQ，
∵E，Q分別為SA，AD的中點，
∴EQ∥SD，則AR⊥SD，
在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得SD＝2eq \r(5)，
由等面積法可得AR＝eq \f(4\r(5),5).
16.(2020·黃山模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝eq \r(3)，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，點M是AC與BD的交點，點N在線段PB上，且PN＝eq \f(1,4)PB.
(1)證明：MN∥平面PDC；
(2)在線段BC上是否存在一點Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出點Q的位置；若不存在，請說明理由．
(1)證明在四邊形ABCD中，
由AB＝BC＝eq \r(3)，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M為AC的中點，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CDcs 60°＝eq \f(1,2)，AC＝2CDsin 60°＝eq \r(3)，
則BM＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，
由eq \f(DM,BM)＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(1,3)，可得MN∥PD，
而MN?平面PCD，PD?平面PCD，
可得MN∥平面PDC.
(2)解過M作ME⊥AD，垂足為E，延長EM交BC于Q，連接NQ，NE，如圖，
由PA⊥平面ABCD，EQ?平面ABCD，可得PA⊥EQ，
又EQ⊥AD，可得EQ⊥平面PAD，EQ?平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在這樣的點Q.
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，
在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，
由BM＝eq \f(3,2)，eq \f(BQ,sin 30°)＝eq \f(BM,sin 120°)，
可得BQ＝eq \f(BM,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，即Q為BC的中點，
則Q為BC的中點時，平面MNQ⊥平面PAD.文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,l⊥b,a∩b＝O,a，b?α))?l⊥α
性質定理
垂直于同一個平面的兩條直線平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))?a∥b
文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l?β))?α⊥β
性質定理
兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l?β))?l⊥α

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