2024届高考数学一轮复习第6章第4节直线、平面垂直的判定与性质学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第6章第4节直线、平面垂直的判定与性质学案，共22页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。
第四节　直线、平面垂直的判定与性质
考试要求：1．能以立体几何中的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．
2．能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形中垂直关系的简单命题．

一、教材概念·结论·性质重现
1．直线与平面垂直
(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足．

“任意一条直线”与“所有直线”是同义的，但与“无数条直线”不同，定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直．
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直

a，b⊂α a∩b=Ol⊥a l⊥b ⇒l⊥α

性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

a⊥αb⊥α⇒a∥b


线面垂直的判定定理中平面内的两条直线必须是相交的．
2．平面与平面垂直
(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直

l⊥αl⊂β⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直

α⊥βl⊂βα∩β=al⊥a⇒l⊥α


面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．
3．线面角与二面角
(1)直线与平面所成的角(线面角)
①平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
②特例：若一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°.
若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°.
③直线与平面所成的角θ的取值范围是：0°≤θ≤90°.
(2)二面角
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
③二面角的平面角的范围：0°≤θ≤180°.
4．常用结论
(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)若直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α. (　×　)
(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直． (　√　)
(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b. (　√　)
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α. (　×　)
(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β. (　√　)
2．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列说法正确的是(　　)
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
A　解析：因为l⊥β，l⊂α，所以α⊥β(面面垂直的判定定理)．
3．(多选题)如图，圆柱的轴截面是四边形ABCD，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中正确的是(　　)

A．AE⊥CE
B．BE⊥DE
C．DE⊥平面CEB
D．平面ADE⊥平面BCE
ABD　解析：由AB是底面圆的直径，得∠AEB＝90°，即AE⊥EB．因为圆柱的轴截面是四边形ABCD, BC⊥底面AEB，所以BC⊥AE.又EB∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，所以AE⊥CE，故A正确．
同理可得，BE⊥DE，故B正确．
若DE⊥平面CEB，则DE⊥BC．因为BC∥AD，所以DE⊥AD．在△ADE中AD⊥AE，所以DE⊥AD不成立，所以DE⊥平面CEB不成立，故C错误．
由A的证明可知AE⊥平面BCE.因为AE⊂平面ADE，所以平面BCE⊥平面ADE，故D正确．故选ABD．
4．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的________条件．
必要不充分　解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．
5．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．

4　解析：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
则△PAB，△PAC为直角三角形．
由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，
所以BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC．
因此△ABC，△PBC也是直角三角形．
故图中共有4个直角三角形．


考点1　垂直关系的基本问题——基础性

1．已知平面α和直线a，b，若a∥α，则“b⊥a”是“b⊥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
B　解析：根据空间中直线与平面之间的位置关系，由a∥α，b⊥α，可得b⊥a.反之不成立，可能b与α相交或平行．所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．
2．(多选题)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法正确的是(　　)
A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b
B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β
D．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β
ABD　解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，所以a∥b，故A正确；
对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，所以存在直线m⊂α，使得m∥b，又b⊥β，所以m⊥β，所以α⊥β.故B正确；
对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，所以b⊂β或b∥β，故C错误；
对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确．
3．在三棱锥S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论：
①异面直线SB与AC所成的角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是12a.
其中正确的是________．(填序号)
①②③④　解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE(图略)，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为12a，故④正确．

在判断垂直关系问题时，需明确各类垂直关系及其内在联系，可借助几何图形来判断，也可列举反例进行判断，同时要注意判断满足定理的条件．

考点2　 空间角及其应用——应用性

(2022·全国甲卷)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则(　　)
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
D　解析：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，

在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD⊥平面AA1B1B，BB1⊥平面ABCD，
所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，
即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，
所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，BD＝3，B1D＝2，
在Rt△ADB1中，DB1＝2，AD＝1，AB1＝3，所以AB＝2，CB1＝2，AC＝3，故选项A，C错误，
由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠B1AB＝BB1AB1＝13＝33，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，

所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，
在Rt△DB1C中，B1C＝2＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确．

求线面角、二面角的常用方法
(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线、找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解．
(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有定义法和垂面法．注意利用等腰三角形和等边三角形的性质．

在四棱锥V­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为5的等腰三角形，则二面角V­AB­C的大小为________．
60°　解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB．取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB．

因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V­AB­C的平面角．易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.而OH＝12BC＝1，所以∠VHO＝60°.故二面角V­AB­C的大小是60°.

考点3　线面、面面垂直的判定与性质——综合性

考向1　线面垂直的判定与性质
如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.求证：D′H⊥平面ABCD．

证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF，因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2-AO2＝4.
由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14，所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，
故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，且OH，EF⊂平面ABCD，所以D′H⊥平面ABCD．

证明线面垂直的4种方法
(1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.
(2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
(3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.
(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)
考向2　面面垂直的判定与性质
如图，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
求证：(1)CE∥平面PAD；
(2)平面EFG⊥平面EMN.

证明：(1)(方法一)取PA的中点H，连接EH，DH.

因为E为PB的中点，所以EH∥AB且EH＝12AB．
又CD∥AB且CD＝12AB，所以EH∥CD且EH＝CD．
所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD．
(方法二)连接CF.

因为F为AB的中点，所以AF＝12AB．又CD＝12AB，所以AF＝CD．
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，
因此CF∥AD．又CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CF∥平面PAD．
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA．
又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD．
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD．
又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD．
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA．
又因为AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以AB⊥平面EFG.
又因为M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.
又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.

1．证明平面和平面垂直的方法：
(1)面面垂直的定义．
(2)面面垂直的判定定理．
2．已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．

如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD．

求证：(1)CD⊥平面PBD；
(2)平面PBC⊥平面PCD．
证明：(1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°.
又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.
又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD．
因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面PBD．
(2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP.
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，所以BP⊥平面PCD．
又BP⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD．
课时质量评价(三十五)
A组　全考点巩固练
1．已知平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，过平面α和β外的一点P作直线m⊥l，则“m∥α”是“m⊥β”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
C　解析：当m∥α时，过m作平面γ∩α＝n，则m∥n，结合α⊥β，得n⊥β，从而m⊥β；当m⊥β时，在α内作直线n⊥l，结合α⊥β，得n⊥β，所以m∥n.又m⊄α，n⊂α，所以m∥α.故选C．
2．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是(　　)

A．平面ABCD B．平面PBC
C．平面PAD D．平面PAB
C　解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD．
3．已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有(　　)
A．平面ABC⊥平面BCD
B．平面BCD⊥平面ACD
C．平面ABD⊥平面ACD
D．平面BCD⊥平面ABD
B　解析：因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC．又AD⊥圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD．又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD．

4．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A．5π12 B．π3
C．π4 D．π6
B　解析：如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．

因为底面边长为3，
所以AD＝3×32＝32，AO＝23AD＝23×32＝1.
三棱柱的体积为34×(3)2AA1＝94，
解得AA1＝3，即OP＝AA1＝3，
所以tan ∠PAO＝OPOA＝3.
因为直线与平面所成角的范围是0，π2，
所以∠PAO＝π3.
5．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________．
13　解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，设母线与底面夹角为θ，则cos θ＝rl＝13.
6．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为正确的条件即可)

DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析：因为PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA．连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．
7．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．

255　解析：点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝2×122+12＝255.
8．如图，三棱锥P­ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若PA＝PC，求三棱锥P­ABC的体积．

(1)证明：如图，取AC的中点O，连接BO，PO.

因为△ABC是边长为2的正三角形，所以BO⊥AC，BO＝3.
因为PA⊥PC，所以PO＝12AC＝1.
因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．
因为AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，所以BO⊥平面PAC．
又OB⊂平面ABC，OB⊄平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABC．
(2)解：因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，所以PA＝PC＝2.
由(1)知BO⊥平面PAC，所以VP­ABC＝VB­APC＝13S△PAC·BO＝13×12×2×2×3＝33.
B组　新高考培优练
9．(2022·全国乙卷)在正方体中ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
A　解析：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC．
又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1.
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；

对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；
对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．
10．(多选题)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，则下面结论正确的是(　　)

A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．平面ACC1A1⊥CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
ABC　解析：对于A，因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，故A正确；对于B，连接AC，因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，所以BD⊥AC1，故B正确；对于C，由上可知BD⊥平面ACC1，又BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面ACC1，则平面ACC1A1⊥CB1D1，故C正确；对于D，异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角为45°，故D错误．故选ABC．
11．如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝1，点E为线段DC上一动点，现将△ADE沿AE折起，使点D在平面ABC内的射影K在直线AE上，当点E从D运动到C，则点K所形成轨迹的长度为(　　)

A．32 B．233
C．π3 D．π2
C　解析：由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D′K，则∠D′KA＝90°，故点K的轨迹是以AD′为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是12，如图，当E与C重合时，AK＝1×14＝12，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠KOA＝π3，所以∠KOD′＝2π3，其所对的弧长为12×2π3＝π3.故选C．

12．如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在(　　)

A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D．△ABC的内部
A　解析：连接AC1，

因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
所以AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC，
所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
13．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：________．
若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)　解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直于α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确．
14．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E，且与直线OC1垂直．若AB＝1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为________．
64　解析：如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，

则OC12＝CC12＋OC2＝1＋12＝32，OE2＝OA2＋AE2＝14+12＝34，EC12＝A1C12＋A1E2＝2＋14＝94，所以OC12＋OE2＝EC12，所以OE⊥OC1.又BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，所以OC1⊥平面BDE，且S△BDE＝12BD·OE＝12×2×32＝64，即α截该正方体所得截面图形的面积为64.
15．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F­ABC的体积．

(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.因为AD＝CD，E为AC的中点，
所以AC⊥DE，又因为BE∩DE＝E.
所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD．
(2)解：由(1)可知AB＝BC，
所以AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，△ABC是等边三角形，边长为2，
所以BE＝3，AC＝2，AD＝CD＝2，DE＝1，因为DE2＋BE2＝BD2，所以DE⊥BE，
又因为DE⊥AC，AC∩BE＝E，
所以DE⊥平面ABC，
由(1)知△ADB≌△CDB，所以AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，
所以S△AFC＝12×AC×EF＝EF，
所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，
过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，所以FG⊥平面ABC，
因为EF＝DE×BEBD＝32，
所以BF＝BE2-EF2＝32，
所以FG＝EF×BFBE＝34，
所以三棱锥的体积F­ABC的体积V＝13×S△ABC×FG＝13×34×22×34＝34.