第5節(jié)　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)
考試要求　1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理；2.能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡單命題.

知 識 梳 理
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
如果一條直線l與平面α內(nèi)的任意直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質(zhì)定理

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判定定理
一條直線與一個平面內(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
兩直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行

?a∥b
2.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
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)判定定理與性質(zhì)定理

文字語言
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判定定理
一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面互相垂直

?α⊥β
性質(zhì)定理
如果兩個平面互相垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面

?l⊥α
[常用結(jié)論與易錯提醒]
1.垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化

2.直線與平面垂直的五個結(jié)論
(1)若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內(nèi)的任意直線.
(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面.
(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行.
(4)過一點有且只有一條直線與已知平面垂直.
(5)過一點有且只有一個平面與已知直線垂直.
診 斷 自 測
1.判斷下列說法的正誤.
(1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.(　　)
(2)垂直于同一個平面的兩平面平行.(　　)
(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面.(　　)
(4)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.(　　)
解析　(1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則有l(wèi)⊥α或l與α斜交或l?α或l∥α，故(1)錯誤.
(2)垂直于同一個平面的兩個平面平行或相交，故(2)錯誤.
(3)若兩個平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的直線可能垂直于另一平面，也可能與另一平面平行，也可能與另一平面相交，也可能在另一平面內(nèi)，故(3)錯誤.
(4)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的所有直線，則α⊥β，故(4)錯誤.
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2.(2020·溫州適應(yīng)性測試)設(shè)m，n為直線，α，β為平面，則m⊥α的一個充分條件可以是(　　)
A.α⊥β，α∩β＝n，m⊥n B.α∥β，m⊥β
C.α⊥β，m∥β D.n?α，m⊥n
解析　對于A，直線m與平面α可能平行、相交或直線m在平面α內(nèi)，A錯誤；對于B，由直線垂直于兩平行平面中的一個，得該直線垂直于另一個平面，B正確，對于C，直線m與平面α可能平行、相交或直線m在平面α內(nèi)，C錯誤；對于D，直線m與平面α可能平行、相交或直線m在平面α內(nèi)，D錯誤.綜上所述，故選B.
答案　B
3.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　)
A.m∥l B.m∥n
C.n⊥l D.m⊥n
解析　因為α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l，故選C.
答案　C
4.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　)
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
解析　如圖，由題設(shè)知A1B1⊥平面BCC1B1且BC1?平面BCC1B1，從而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.
答案　C
5.(2020·北京順義區(qū)二模)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則(　　)
A.若m⊥α，α⊥β，則m∥β
B.若m∥α，n⊥α，則m⊥n
C.若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β
D.若m∥α，n∥α，則m∥n
解析　在如圖所示的正方體中依次判斷各個選項；A選項，面ABCD⊥面ADD1A1，AA1⊥面ABCD，此時AA1?面ADD1A1，可知A錯誤；B選項，m∥α，則α內(nèi)必存在直線，使得m∥l；又n⊥α，則n⊥l，可知n⊥m，可知B正確；C選項，取AA1和DD1中點E和F，可知A1D1∥面ABCD，EF∥面ABCD，A1D1，EF?面ADD1A1，此時面ADD1A1⊥面ABCD，可知C錯誤；D選項，AA1∥面BCC1B1，AD∥面BCC1B1，此時AA1∩AD＝A，可知D錯誤.
答案　B
6.(必修2P67練習(xí)2改編)在三棱錐P－ABC中，點P在平面ABC中的射影為點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.
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O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心.
　　
　　 　 　圖1　 　　　　　圖2
(2)如圖2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，AB?平面PAB，
∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，
∴AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，
∴AB⊥CG，
即CG為△ABC邊AB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.
答案　(1)外　(2)垂

考點一　線面垂直的判定與性質(zhì)
【例1】 (2020·蘇錫常鎮(zhèn)四市一調(diào))如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的高為，其底面邊長為2.已知點M，N分別是棱A1C1，AC的中點，點D是棱CC1上靠近C的三等分點.

求證：(1)B1M∥平面A1BN；
(2)AD⊥平面A1BN.
證明　(1)連接MN，正三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形AA1C1C是平行四邊形，因為點M，N分別是棱A1C1，AC的中點，所以MN∥AA1且MN＝AA1，又正三棱柱ABC－A1B1C1中AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以MN∥BB1且MN＝BB1，所以四邊形MNBB1是平行四邊形，所以B1M∥BN，又B1M?平面A1BN，BN?平面A1BN，所以B1M∥平面A1BN.
(2)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
BN?平面ABC，所以BN⊥AA1.
在正△ABC中，N是AC的中點，
所以BN⊥AC，又AA1，AC?平面AA1C1C，AA1∩AC＝A，
所以BN⊥平面AA1C1C，
又AD?平面AA1C1C，
所以AD⊥BN.
由題意，AA1＝，AC＝2，AN＝1，CD＝，
所以＝＝，
又∠A1AN＝∠ACD＝，
所以△A1AN∽△ACD，
則∠AA1N＝∠CAD，
所以∠ANA1＋∠CAD＝∠ANA1＋∠AA1N＝，
則AD⊥A1N，
又BN∩A1N＝N，BN，A1N?平面A1BN，
所以AD⊥平面A1BN.
規(guī)律方法　(1)證明直線和平面垂直的常用方法有：
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)(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α).
(2)證明線面垂直的核心是證線線垂直，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.
【訓(xùn)練1】 如圖所示，已知AB為圓O的直徑，點D為線段AB上一點，且AD＝DB，點C為圓O上一點，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.

求證：PA⊥CD.
證明　因為AB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⊥AB.
因為PD⊥平面ABC，CD?平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D得，CD⊥平面PAB，
又PA?平面PAB，所以PA⊥CD.
考點二　面面垂直的判定與性質(zhì)
【例2】 (2018·江蘇卷)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.

求證：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
證明　(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形.
又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，
因此AB1⊥A1B.
又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因為AB1?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
規(guī)律方法　(1)證明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理.
(2)已知兩平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化，在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.
【訓(xùn)練2】 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(nèi)，AB⊥AD，EF⊥AD，則AB∥EF.
∵AB?平面ABC，EF?平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，
∴BC⊥平面ABD.
∵AD?平面ABD，∴BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC，AB?平面ABC，BC∩AB＝B，
∴AD⊥平面ABC，又因為AC?平面ABC，∴AD⊥AC.
考點三　平行與垂直的綜合問題　 多維探究
角度1　多面體中平行與垂直關(guān)系的證明
【例3－1】 (2018·北京卷)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.

(1)求證：PE⊥BC；
(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求證：EF∥平面PCD.
證明　(1)因為PA＝PD，E為AD的中點，所以PE⊥AD.
因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥AD.
又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.又PD?平面PAD，所以AB⊥PD.
又因為PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如圖，取PC中點G，連接FG，DG.

因為F，G分別為PB，PC的中點，
所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC.
因為ABCD為矩形，且E為AD的中點，
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.
又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
規(guī)律方法　(1)三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉(zhuǎn)化.
(2)垂直與平行的結(jié)合問題，求解時應(yīng)注意平行、垂直的性質(zhì)及判定的綜合應(yīng)用.
角度2　平行垂直中探索性問題
【例3－2】 如圖所示，平面ABCD⊥平面BCE，四邊形ABCD為矩形，BC＝CE，點F為CE的中點.

(1)證明：AE∥平面BDF.
(2)點M為CD上任意一點，在線段AE上是否存在點P，使得PM⊥BE？若存在，確定點P的位置，并加以證明；若不存在，請說明理由.
(1)證明　連接AC交BD于O，連接OF，如圖①.
∵四邊形ABCD是矩形，∴O為AC的中點，又F為EC的中點，
∴OF為△ACE的中位線，
∴OF∥AE，又OF?平面BDF，AE?平面BDF，
∴AE∥平面BDF.


(2)解　當P為AE中點時，有PM⊥BE，
證明如下：取BE中點H，連接DP，PH，CH，∵P為AE的中點，H為BE的中點，∴PH∥AB，又AB∥CD，
∴PH∥CD，∴P，H，C，D四點共面.
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD?平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE?平面BCE，∴CD⊥BE，
∵BC＝CE，H為BE的中點，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，
∴BE⊥平面DPHC，又PM?平面DPHC，
∴BE⊥PM，即PM⊥BE.
規(guī)律方法　(1)求條件探索性問題的主要途徑：①先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明；②先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性.
(2)涉及點的位置探索性問題一般是先根據(jù)條件猜測點的位置再給出證明，探索點存在問題，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據(jù)相似知識建點.
【訓(xùn)練3】 (1)(角度1)(2019·江蘇卷)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC.

求證：①A1B1∥平面DEC1；
②BE⊥C1E.
(2)(角度2)(2018·全國Ⅲ卷)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點.

①證明：平面AMD⊥平面BMC；
②在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由.
(1)證明?、僖驗镈，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
②因為AB＝BC，E為AC的中點，
所以BE⊥AC.
因為三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，
所以C1C⊥平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
(2)①證明　由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，
又DM?平面CMD，故BC⊥DM.
因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，
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解　當P為AM的中點時，MC∥平面PBD.
證明如下：如圖，連接AC，BD，AC交BD于O.
因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC中點.連接OP，
因為P為AM中點，所以MC∥OP.
MC?平面PBD，OP?平面PBD，
所以MC∥平面PBD.

基礎(chǔ)鞏固題組
一、選擇題
1.已知平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a?α，則“a⊥b”是“a⊥β”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
解析　平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a?α，若a⊥b，則a⊥β，充分性成立；平面α⊥平面β，因為α∩β＝b，所以b?β，若a⊥β，則a⊥b，必要性成立，所以“a⊥b”是“a⊥β”的充要條件，故選C.
答案　C
2.下列命題正確的是(　　)
A.若直線l不平行于平面α，則α內(nèi)不存在直線平行于直線l
B.若直線l不垂直于平面α，則α內(nèi)不存在直線垂直于直線l
C.若平面α不平行于平面β，則β內(nèi)不存在直線平行于平面α
D.若平面α不垂直于平面β，則β內(nèi)不存在直線垂直于平面α
解析　A中，若直線l在平面α內(nèi)，則平面α內(nèi)存在直線平行于直線l；B中，平面α內(nèi)存在無數(shù)條直線與直線l垂直；C中，平面β內(nèi)與兩平面交線平行的直線都與平面α平行；故選D.
答案　D
3.(2015·浙江卷)設(shè)α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β(　　)
A.若l⊥β，則α⊥β B.若α⊥β，則l⊥m
C.若l∥β，則α∥β D.若α∥β，則l∥m
解析　由面面垂直的判定定理可知A正確；B中，l與m可能平行、垂直、相交、異面；C中，α與β可能相交、平行；D中，l與m可能異面、平行.
答案　A
4.若平面α，β滿足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P?l，則下列命題中是假命題的為(　　)
A.過點P垂直于平面α的直線平行于平面β
B.過點P垂直于直線l的直線在平面α內(nèi)
C.過點P垂直于平面β的直線在平面α內(nèi)
D.過點P且在平面α內(nèi)垂直于l的直線必垂直于平面β
解析　由于過點P垂直于平面α的直線必平行于平面β內(nèi)垂直于交線的直線，因此也平行于平面β，因此A正確.過點P垂直于直線l的直線有可能垂直于平面α，不一定在平面α內(nèi)，因此B不正確.根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知C，D正確.
答案　B
5.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(jié)論不成立的是(　　)

A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面PAE
D.平面PDE⊥平面ABC
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，
∴BC⊥平面PAE，DF∥BC，則DF⊥平面PAE，
又DF?平面PDF，從而平面PDF⊥平面PAE.因此B，C均正確.
答案　D
6.(2020·北京門頭溝區(qū)一模)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不垂直的是(　　)

解析　對于A，AB為體對角線，M、N、Q分別為棱的中點，由中位線定理可得MN，MQ，NQ平行于所對應(yīng)的面對角線，連接另一條面對角線，由線面垂直的判定可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；對于B，AB為上底面的對角線，顯然AB垂直于MN，與AB相對的下底面的面對角線平行，且與直線NQ垂直，可得AB垂直于平面MNQ；對于C，AB為前面的面對角線，顯然AB垂直于MN，QN在下底面且與棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；對于D，AB為上底面的對角線，MN平行于前面的一條面對角線，此對角線與AB所成角為60°，則AB不垂直于平面MNQ.
答案　D
二、填空題
7.如圖，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，則圖中直角三角形的個數(shù)為________.

解析　∵PA⊥平面ABC，AB，AC，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，
∴BC⊥平面PAC，從而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形.
答案　4
8.(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.
解析　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.
答案　若m∥α，l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α，答案不唯一)
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).

解析　由題意可知，BD⊥PC.
∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，有PC⊥平面MBD.
又PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)
10.已知α，β是兩個平面，m，n是兩條直線.
(1)如果m⊥α，n∥α，那么m，n的位置關(guān)系是________；
(2)如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角的大小關(guān)系是________.
解析　(1)由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線l?α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n.
(2)因為m∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等.因為α∥β，所以n與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等.
答案　(1)垂直　(2)相等
三、解答題
11.如圖，在三棱錐P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分別為AB，PA的中點.

(1)求證：PB∥平面MNC；
(2)若AC＝BC，求證：PA⊥平面MNC.
證明　(1)因為M，N分別為AB，PA的中點，
所以MN∥PB.又因為MN?平面MNC，PB?平面MNC，所以PB∥平面MNC.
(2)因為PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.
因為AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.
因為平面PAB⊥平面ABC，
CM?平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.
所以CM⊥平面PAB.
因為PA?平面PAB，所以CM⊥PA.
又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC.
12.(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點.

(1)求證：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.
(1)證明　因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因為底面ABCD為菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)證明　因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.又因為AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解　棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，
則FG∥AB，且FG＝AB.
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.
因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
能力提升題組
13.(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(　　)
A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線
B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線
C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線
D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線
解析　取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，故選B.
答案　B
14.(2020·浙江教育綠色評價聯(lián)盟適考)在三棱錐P－ABC中，E為線段AB(不包括端點)上一點，則錯誤的是(　　)
A.一定存在唯一的平面α經(jīng)過點E，使得平面α∥平面PAC
B.一定存在唯一的平面α經(jīng)過點E，使得平面α⊥平面PAC
C.一定存在唯一的平面α經(jīng)過點E，使得平面α⊥PA
D.在平面ABC內(nèi)，一定存在唯一的直線l經(jīng)過點E，使得l∥平面PAC
解析　由點E為平面PAC外一點，逐項分析如下：
選項
理由
正誤
A
過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行
正確
B
過一點有且只有一條直線與已知平面垂直；過平面垂線的所有平面與已知平面垂直
錯誤
C
過一點有且只有一個平面與已知直線垂直
正確
D
過已知平面的平行直線的平面與已知平面相交，則交線與已知直線平行；又在同一平面內(nèi)有且只有一條直線與已知直線平行
正確
故選B.
答案　B
15.如圖，已知六棱錐PABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正確的有________(把所有正確的序號都填上).

解析　由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六邊形的性質(zhì)得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴AE⊥PB，①正確；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②錯誤；由正六邊形的性質(zhì)得BC∥AD，又AD?平面PAD，BC?平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直線BC∥平面PAE也不成立，③錯誤；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正確.
答案?、佗?br /> 16.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，點D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝________時，CF⊥平面B1DF.
解析　由題意易知B1D⊥平面ACC1A1，
所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可.
令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－x.
易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，
得＝，即＝，
整理得x2－3ax＋2a2＝0，
解得x＝a或x＝2a.
答案　a或2a
17.如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.

(1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由.
(2)證明：平面PAB⊥平面PBD.
(1)解　取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點，理由如下：
連接CM，因為AD∥BC，BC＝AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四邊形AMCB是平行四邊形，從而CM∥AB.
又AB?平面PAB.CM?平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(說明：取棱PD的中點N，則所找的點可以是直線MN上任意一點)
(2)證明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因為AD∥BC，BC＝AD，
所以直線AB與CD相交，所以PA⊥平面ABCD.
又BD?平面ABCD，從而PA⊥BD.
因為AD∥BC，BC＝AD，
M為AD的中點，連接BM，
所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四邊形BCDM是平行四邊形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.
18.(2020·北京西城區(qū)測試)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD為矩形，側(cè)面ADEF為梯形，AF∥DE，DE⊥AD，DC＝DE.

(1)求證：AD⊥CE；
(2)求證：BF∥平面CDE；
(3)判斷線段BE上是否存在點Q，使得平面ADQ⊥平面BCE？并說明理由.
(1)證明　由底面ABCD為矩形知AD⊥CD.
又因為DE⊥AD，DE∩CD＝D，
所以AD⊥平面CDE.
又因為CE?平面CDE，所以AD⊥CE.
(2)證明　由底面ABCD為矩形，知AB∥CD，
又因為AB?平面CDE，CD?平面CDE，所以AB∥平面CDE.
同理AF∥平面CDE，又因為AB∩AF＝A，
所以平面ABF∥平面CDE.
又因為BF?平面ABF，所以BF∥平面CDE.
(3)解　結(jié)論：線段BE上存在點Q(即BE的中點)，使得平面ADQ⊥平面BCE.
證明如下：
取CE的中點P，BE的中點Q，連接AQ，DP，PQ，
則PQ∥BC.
由AD∥BC，得PQ∥AD.
所以A，D，P，Q四點共面.
由(1)知AD⊥平面CDE，又DP?平面CDE，
所以AD⊥DP，故BC⊥DP.
在△CDE中，由DC＝DE，可得DP⊥CE.
又因為BC∩CE＝C，
所以DP⊥平面BCE.
又因為DP?平面ADPQ，
所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE).
即線段BE上存在點Q(即BE中點)，使得平面ADQ⊥平面BCE.

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