1．直線與平面垂直
(1)直線與平面垂直的定義：
直線l與平面α內(nèi)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和性質(zhì)定理：

文字語言
圖形語言
符號(hào)語言
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和性質(zhì)定理

文字語言
圖形語言
符號(hào)語言
判定定理
一個(gè)平面過另一個(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

定義中強(qiáng)調(diào)的是“任意一條直線”，它與“所有直線”是同義的，但與“無數(shù)條直線”不同，定義的實(shí)質(zhì)是直線與平面內(nèi)的所有直線都垂直．
如果一條直線與平面內(nèi)再多(即無數(shù)條)的直線垂直，但這些直線不相交就不能說明這條直線與此平面垂直．
[熟記常用結(jié)論]
1．過一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直．
2．過一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直．
3．若兩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．
4．若一條直線和兩個(gè)不重合的平面都垂直，那么這兩個(gè)平面平行．
5．三垂線定理：在平面內(nèi)的一條直線，如果它和這個(gè)平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．
[小題查驗(yàn)基礎(chǔ)]
一、判斷題(對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”)
(1)垂直于同一個(gè)平面的兩平面平行．(　　)
(2)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．(　　)
(3)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
二、選填題
1．給出下列三個(gè)命題：
①垂直于同一直線的兩個(gè)平面互相平行；
②若一個(gè)平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個(gè)平面都平行，那么這兩個(gè)平面相互平行；
③若一條直線垂直于一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線，那么這條直線垂直于這個(gè)平面．
其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
答案：B
2．設(shè)m，n表示直線，α，β表示平面，下列命題為真命題的是(　　)
A．若m⊥α，α⊥β，則m∥β B.m∥α，m⊥β，則α⊥β
C．若m⊥n，m⊥α，則n∥α D．m∥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n
解析：選B　對(duì)于A，m可以在β內(nèi)，故A錯(cuò)；對(duì)于C，n可以在α內(nèi)，故C錯(cuò)；對(duì)于D，m與n可以平行，故D錯(cuò)．故選B.
3．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.α⊥β且m∥α
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β
解析：選C　對(duì)于選項(xiàng)A，由α⊥β且m?α，可得m∥β或m與β相交或m?β，故A不成立；對(duì)于選項(xiàng)B，由α⊥β且m∥α，可得m?β或m∥β或m與β相交，故B不成立；對(duì)于選項(xiàng)C，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m與β相交或m?β，故D不成立，故選C.
4．已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，且PA，PB，PC兩兩垂直，有下列結(jié)論：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正確的有________(填序號(hào))．
解析：如圖，因?yàn)镻A⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，且PB?平面PBC，PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以PA⊥BC.同理可得PB⊥AC，PC⊥AB.故①②③正確．由已知條件無法得到④.
答案：①②③
5．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則一定互相垂直的平面有________對(duì)．
解析：如圖，由于PD⊥平面ABCD，故平面PDA⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PDA, 平面PBC⊥平面PDC，共7對(duì)．
答案：7


[考法全析]
考法(一)　證明線面垂直
[例1]　如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中點(diǎn)，F(xiàn)是DC上的點(diǎn)且DF＝AB，PH為△PAD中AD邊上的高．求證：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB.
[證明]　(1)∵AB⊥平面PAD，AB?平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD.
∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊥AD，
∴PH⊥平面ABCD.
(2)取PA的中點(diǎn)M，
連接MD，ME.
∵E是PB的中點(diǎn)，
∴ME綊AB.
又∵DF綊AB，∴ME綊DF，
∴四邊形MEFD是平行四邊形，∴EF∥MD.
∵PD＝AD，∴MD⊥PA.
∵AB⊥平面PAD，∴MD⊥AB.
∵PA∩AB＝A，∴MD⊥平面PAB，
∴EF⊥平面PAB.
考法(二)　證明線線垂直
[例2]　在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為D1D的中點(diǎn)，O為底面ABCD的中心，求證：B1O⊥AP.
[證明]　法一：(線面垂直法)
如圖(1)，易證AB1＝CB1.
又因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，
所以B1O⊥AC.
在矩形BDD1B1中，O，P分別為BD，D1D的中點(diǎn)．
易證△POD∽△OB1B，
所以∠POD＝∠OB1B.
所以B1O⊥PO.
又AC∩PO＝O，
所以B1O⊥平面PAC.
又AP?平面PAC，
所以B1O⊥AP.
法二：(計(jì)算角度法)
如圖(2)，令PC的中點(diǎn)為E，
因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，
所以AP∥OE.
所以∠B1OE或其補(bǔ)角是異面直線B1O與AP所成角．
設(shè)正方體棱長為4，
則B1C＝4，B1P＝6，PC＝2，
在△B1PC中，由三角形中線長公式可知
B1E2＝[2(B1P2＋B1C2)－PC2]＝29，
又B1O＝2，OE＝，
所以B1O2＋OE2＝B1E2，
所以∠B1OE＝90°，所以B1O⊥AP.
[規(guī)律探求]
看
個(gè)
性
考法(一)是證明線面垂直的問題.
(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(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)．
(2)證明線面垂直的關(guān)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(zhì)．因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想.
考法(二)是證明線線垂直的問題.
　證明線線垂直的基本方法：
(1)證明一條直線垂直于經(jīng)過另一直線的平面，稱之為線面垂直法．
(2)計(jì)算兩條直線所成角等于90°，稱之為計(jì)算角度法
[口訣記憶]
線線垂直證法多，
常用線面垂直作，
異面直線計(jì)算角．

找共性
證明直線與平面垂直與利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直的通法是線面垂直的判定定理的應(yīng)用，其思維流程為：


[過關(guān)訓(xùn)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(diǎn)．求證：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.
又PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PD在底面ABCD內(nèi)的射影是AD，
又∵AB⊥AD，∴AB⊥PD.
又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
2.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3AD＝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⊥BC.
在Rt△ABC中，由BC＝AC，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⊥AB.
因?yàn)镻D⊥平面ABC，CD?平面ABC，
所以PD⊥CD.
因?yàn)镻D∩AB＝D，所以CD⊥平面PAB，
又PA?平面PAB，所以PA⊥CD.

[典例精析]
(2018·成都模擬)如圖，在四面體P-ABC 中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，線段AC，PA的中點(diǎn)分別為O，Q.
(1)求證：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求四面體P-OBQ的體積．
[解]　(1)證明：∵PA＝PC，O是AC的中點(diǎn)，
∴PO⊥AC.
在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得PO＝4.
∵AB＝BC，O是AC的中點(diǎn)，∴BO⊥AC.
在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得BO＝4.
∵PO＝4，BO＝4，PB＝4，
∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.
∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
∵PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC.
∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO?平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，
∴VB-POQ＝S△PQO·BO＝×S△PAO×4＝×3×4＝4.
∵VP-OBQ＝VB-POQ，∴四面體P-OBQ的體積為4.
[解題技法]
1．面面垂直判定的2種方法與1個(gè)轉(zhuǎn)化
(1)2種方法：
①面面垂直的定義；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．
(2)1個(gè)轉(zhuǎn)化：
在已知兩個(gè)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．
2．面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用
(1)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”．
(2)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．
[過關(guān)訓(xùn)練]
1．(2019·河南中原名校質(zhì)量考評(píng))如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F(xiàn)分別是CD，PC的中點(diǎn)．求證：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面BEF⊥平面PCD.
證明：(1)∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中點(diǎn)，
∴AB∥DE且AB＝DE，
∴四邊形ABED為平行四邊形，
∴AD∥BE，又BE?平面PAD，AD?平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(2)∵AB⊥AD，∴四邊形ABED為矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，
∴PA⊥底面ABCD.
∵CD?底面ABCD，
∴PA⊥CD，
又PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又PD?平面PAD，∴CD⊥PD.
∵E，F(xiàn)分別是CD，PC的中點(diǎn)，
∴PD∥EF，∴CD⊥EF，
又EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF，
∵CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.
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內(nèi)，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，
所以AD⊥平面ABC.
又因?yàn)锳C?平面ABC，所以AD⊥AC.

[典例精析]
由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，A1E⊥平面ABCD.

(1)求證：A1O∥平面B1CD1；
(2)設(shè)M是OD的中點(diǎn)，求證：平面A1EM⊥平面B1CD1.
[證明]　(1)取B1D1的中點(diǎn)O1，連接CO1，A1O1，
因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，
A1O1＝OC，
因此四邊形A1OCO1為平行四邊形，
所以A1O∥O1C，
因?yàn)镺1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因?yàn)镋，M分別為AD，OD的中點(diǎn)，
所以EM∥AO.
因?yàn)锳O⊥BD，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因?yàn)锽1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E?平面A1EM，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1?平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
[解題技法]
1．平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化

在證明線面、面面平行時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序恰好相反，但也要注意，轉(zhuǎn)化的方向是由題目的具體條件而定的，不可過于“模式化”．
2．垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化
在證明線面垂直、面面垂直時(shí)，一定要注意判定定理成立的條件，同時(shí)抓住線線、線面、面面垂直的轉(zhuǎn)化關(guān)系，即：

在證明兩平面垂直時(shí)，一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的直線在圖中不存在，則可通過作輔助線來解決．
[過關(guān)訓(xùn)練]
如圖，在三棱臺(tái)ABC-DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)設(shè)平面ACE∩平面DEF＝a，求證：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，試問在線段BE上是否存在點(diǎn)G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，請(qǐng)確定G點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．
解：(1)證明：在三棱臺(tái)ABC-DEF中，AC∥DF，AC?平面ACE，DF?平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF?平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
∴DF∥a.
(2)線段BE上存在點(diǎn)G，且BG＝BE時(shí)，使得平面DFG⊥平面CDE.
證明如下：
取CE的中點(diǎn)O，連接FO并延長交BE于點(diǎn)G，交CB的延長線于點(diǎn)H，
連接GD，
∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱臺(tái)ABC-DEF中，AB⊥BC?DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF?CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，
∵GF?平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E，CE?平面CDE，DE?平面CDE，
∴GF⊥平面CDE.
又GF?平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O為CE的中點(diǎn)，EF＝CF＝2BC，
由平面幾何知識(shí)易證△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.

一、題點(diǎn)全面練
1．已知直線m，n和平面α，β，則下列四個(gè)命題中正確的是(　　)
A．若α⊥β，m?β，則m⊥α
B．若m⊥α，n∥α，則m⊥n
C．若m∥α，n∥m，則n∥α
D．若m∥α，m∥β，則α∥β
解析：選B　對(duì)于A，若α⊥β，m?β，則當(dāng)m與α，β的交線垂直時(shí)才有m⊥α，故A錯(cuò)；對(duì)于B，若n∥α，則α內(nèi)存在直線a，使得a∥n，∵m⊥α，∴m⊥a，∴m⊥n，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)n?α?xí)r，顯然結(jié)論錯(cuò)誤，故C錯(cuò)；對(duì)于D，若α∩β＝l，則當(dāng)m∥l時(shí)，顯然當(dāng)條件成立時(shí)，結(jié)論不成立，故D錯(cuò)．故選B.
2.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是(　　)
A．MN與CC1垂直
B．MN與AC垂直
C．MN與BD平行
D．MN與A1B1平行
解析：選D　如圖所示，連接AC，C1D，BD，則MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正確，D錯(cuò)誤，又因?yàn)锳C⊥BD，所以MN⊥AC，B正確．故選D.
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(nèi)部
解析：選A　連接AC1(圖略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．
4．(2019·成都模擬)已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，且m?α，n?β.有下列命題：①若α∥β，則m∥n；②若α∥β，則m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，則α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，則α⊥β.其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：選B　對(duì)于①，直線m，n可能異面；易知②正確；對(duì)于③，直線m，n同時(shí)垂直于公共棱，不能推出兩個(gè)平面垂直；對(duì)于④，當(dāng)直線n∥l時(shí)，不能推出兩個(gè)平面垂直．故真命題的個(gè)數(shù)是1.
5.如圖，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，側(cè)棱長為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的長為(　　)
A. B.1
C. D．2
解析：選A　設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得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＝ ＝.
在Rt△DB1F中，由面積相等得× ＝x，解得x＝.
即線段B1F的長為.
6．(2019·武漢調(diào)研)在矩形ABCD中，AB＜BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折的過程中，給出下列結(jié)論：
①存在某個(gè)位置，使得直線AC與直線BD垂直；
②存在某個(gè)位置，使得直線AB與直線CD垂直；
③存在某個(gè)位置，使得直線AD與直線BC垂直．
其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．
解析：①假設(shè)AC與BD垂直，過點(diǎn)A作AE⊥BD于E，連接CE.則?BD⊥平面AEC?BD⊥CE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設(shè)不成立，①不正確．
②假設(shè)AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在這樣的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假設(shè)成立，②正確．
③假設(shè)AD⊥BC，∵CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB＜BC，故矛盾，假設(shè)不成立，③不正確．綜上，填②.
答案：②
7．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個(gè)命題：①四邊形EFGH是平行四邊形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正確命題的序號(hào)是________．
解析：如圖所示，因?yàn)锳A1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯(cuò)誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正確．
答案：①③
8．已知α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個(gè)條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件：①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF.
其中能成為增加條件的序號(hào)是________．
解析：由題意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四點(diǎn)共面．
①中，∵AC⊥β，EF?β，∴AC⊥EF，又AB⊥α，EF?α，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABDC，
又BD?平面ABDC，∴BD⊥EF，故①正確；
②不能得到BD⊥EF，故②錯(cuò)誤；
③中，由AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上，可知平面ABDC⊥β，又AB⊥α，AB?平面ABDC，∴平面ABCD⊥α.∵α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABDC，又BD?平面ABDC，∴BD⊥EF，故③正確；
④中，由①知，若BD⊥EF，則EF⊥平面ABDC，則EF⊥AC，故④錯(cuò)誤，故填①③.
答案：①③
9．(2018·北京高考)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.
二、專項(xiàng)培優(yōu)練
(一)易錯(cuò)專練——不丟怨枉分
1.(2019·臨汾模擬)如圖，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為MC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是(　　)
A．平面BCE⊥平面ABN
B．MC⊥AN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面BDE∥平面AMN
解析：選C　如圖，分別過A，C作平面ABCD的垂線AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，
連接PM，PN，QM，QN，將幾何體補(bǔ)成棱長為1的正方體．
∴BC⊥平面ABN，
又BC?平面BCE，
∴平面BCE⊥平面ABN，故A正確；
連接PB，則PB∥MC，顯然，PB⊥AN，
∴MC⊥AN，故B正確；
取MN的中點(diǎn)F，連接AF，CF，AC.
∵△AMN和△CMN都是邊長為的等邊三角形，
∴AF⊥MN，CF⊥MN，
∴∠AFC為二面角A-MN-C的平面角，
∵AF＝CF＝，AC＝，
∴AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠，
∴平面CMN與平面AMN不垂直，故C錯(cuò)誤；
∵DE∥AN，MN∥BD，
DE∩BD＝D，DE?平面BDE，BD?平面BDE，MN∩AN＝N，MN?平面AMN，AN?平面AMN，
∴平面BDE∥平面AMN，故D正確．故選C.
2.如圖，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，則圖中直角三角形的個(gè)數(shù)為________．
解析：∵PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，AC?平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，則△PAB，△PAC為直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，從而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．
答案：4
3.(2018·泉州模擬)如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，給出下列命題：①三棱錐A-D1PC的體積不變；
②A1P∥平面AD1C；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面AD1C.
其中正確的命題序號(hào)是________．
解析：如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接DC1交D1C于點(diǎn)O1，連接OO1，則OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，動(dòng)點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變，所以三棱錐P-AD1C的體積不變．
又因?yàn)閂三棱錐P-AD1C＝V三棱錐A-D1PC，所以①正確；
連接A1B，A1C1，因?yàn)槠矫鍭1C1B∥平面AD1C，A1P?平面A1C1B，
所以A1P∥平面AD1C，②正確；
由于當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)時(shí)，DB不垂直于BC1，
即DP不垂直BC1，故③不正確；
由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，
所以DB1⊥平面AD1C.
又因?yàn)镈B1?平面PDB1，
所以平面PDB1⊥平面AD1C，④正確．
答案：①②④
(二)交匯專練——融會(huì)巧遷移
4．[與數(shù)學(xué)文化交匯]
《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中將底面為直角三角形的直棱柱稱為塹堵，將底面為矩形的棱臺(tái)稱為芻童．在如圖所示的塹堵ABM-DCP與芻童ABCD-A1B1C1D1的組合體中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.臺(tái)體體積公式：V＝(S′＋＋S)h，其中S′，S分別為臺(tái)體上、下底面的面積，h為臺(tái)體的高．
(1)求證：直線BD⊥平面MAC；
(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱錐A-A1B1D1的體積V′＝，求該組合體的體積．
解：(1)證明：由題意可知ABM-DCP是底面為直角三角形的直棱柱，∴AD⊥平面MAB，
∵M(jìn)A?平面MAB，∴AD⊥MA.
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，AD?平面ABCD，AB?平面ABCD，
∴MA⊥平面ABCD，
∵BD?平面ABCD，∴MA⊥BD，
∵AB＝AD，∴四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC.
又MA∩AC＝A，MA?平面MAC，AC?平面MAC，
∴BD⊥平面MAC.
(2)設(shè)芻童ABCD-A1B1C1D1的高為h，
則三棱錐A-A1B1D1的體積V′＝××2×2×h＝，
∴h＝，
故該組合體的體積V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.
(三)素養(yǎng)專練——學(xué)會(huì)更學(xué)通
5．[直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算]
如圖，已知三棱柱ABC-A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)．
(1)求證：MN∥平面AA′C′C；
(2)設(shè)AB＝λAA′，當(dāng)λ為何值時(shí)，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論．
解：(1)證明：如圖，取A′B′的中點(diǎn)E，連接ME，NE.
因?yàn)镸，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.
又A′C′?平面AA′C′C，AA′?平面AA′C′C，NE?平面AA′C′C，ME?平面AA′C′C，
所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，又因?yàn)镸E∩NE＝E，
所以平面MNE∥平面AA′C′C，
因?yàn)镸N?平面MNE，
所以MN∥平面AA′C′C.
(2)連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa，
由題意知BC＝λa，CN＝BN＝ ，
因?yàn)槿庵鵄BC-A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，
所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.
因?yàn)锳B＝AC，點(diǎn)N是B′C′的中點(diǎn)，
所以A′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，
所以A′N⊥平面BB′C′C，
又CN?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CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ2a2，
解得λ＝，故當(dāng)λ＝時(shí)，CN⊥平面A′MN.


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