2020版高考数学（文）新增分大一轮人教通用版讲义：第八章　立体几何8.5

§8.5　空间中的垂直关系
最新考纲
考情考向分析
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成角等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.



1．直线与平面垂直

图形
条件
结论
判
定

a⊥b，b⊂α(b为α内的任意一条直线)
a⊥α

a⊥m，a⊥n，m、n⊂α，m∩n＝O
a⊥α

a∥b，a⊥α
b⊥α
性
质

a⊥α，b⊂α
a⊥b

a⊥α，b⊥α
a∥b

2.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称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一条垂线，则两个平面互相垂直


⇒α⊥β
性质
定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α

概念方法微思考
1．若两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吗？
提示　垂直．若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面．
2．两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吗？
提示　垂直．在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行．由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面．

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　×　)
(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(　×　)
(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　√　)
(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　×　)
(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　√　)
(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　×　)
题组二　教材改编
2．下列命题中错误的是(　　)
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面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内所有直线都垂直于平面β
答案　D
解析　对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．
3．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
答案　(1)外　(2)垂
解析　(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
　　
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点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为△ABC边AB上的高．
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，
即O为△ABC的垂心．
题组三　易错自纠
4．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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
答案　A
解析　由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；
若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，
因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.

5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是(　　)

A．与AC，MN均垂直
B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直
D．与AC，MN均不垂直
答案　A
解析　因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，
又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.
设正方体的棱长为2，
则OM＝＝，MN＝＝，
ON＝＝，
所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.
6.如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．MN∥AB
B．平面VAC⊥平面VBC
C．MN与BC所成的角为45°
D．OC⊥平面VAC
答案　B
解析　由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.

题型一　直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF.

证明　因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，
所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，
所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F⊂平面B1BCC1，
所以AD⊥B1F.
方法一　在矩形B1BCC1中，
因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，
所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
方法二　在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，
所以B1D＝＝.
在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，
所以B1F＝＝.
在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，
所以DF＝＝.
显然DF2＋B1F2＝B1D2，
所以∠B1FD＝90°.
所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．
跟踪训练1如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
则AB∥EF.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂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.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
题型二　平面与平面垂直的判定与性质
例2 (2018·全国Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
(1)证明　由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，
所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解　由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，

则QE∥DC且QE＝DC.
由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积为
VQ－ABP＝×S△ABP×QE
＝××3×2sin 45°×1＝1.
思维升华 (1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)在已知平面垂直时，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．

跟踪训练2 (2018·锦州调研)如图，三棱锥P－ABC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P－ABC的体积．
证明　(1)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＝.
因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝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，
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)解　因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，
所以PA＝PC＝.
由(1)知BO⊥平面PAC，
所以VP－ABC＝VB－APC＝S△PAC·BO＝××××＝.
题型三　垂直关系的综合应用

命题点1　直线与平面所成的角
例3 如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．
(1)证明：△PBC是直角三角形；
(2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为 时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

(1)证明　∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．
∴BC⊥AC，
∵PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，
∴△BPC是直角三角形．
(2)解　如图，过A作AH⊥PC于H，

∵BC⊥平面PAC，∴BC⊥AH，
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴AH⊥平面PBC，
∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，
∵PA⊥平面ABC，
∴∠PCA即是PC与平面ABC所成的角，
∵tan∠PCA＝＝，
又PA＝2，∴AC＝，
∴在Rt△PAC中，AH＝＝，
∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，
即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
命题点2　与垂直有关的探索性问题
例4 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.

(1)求证：C1E∥平面ADF；
(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.
(1)证明　连接CE交AD于O，连接OF.

因为CE，AD为△ABC的中线，
则O为△ABC的重心，
故＝＝，故OF∥C1E，
因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.
(2)解　当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.
证明如下：因为AB＝AC，AD⊂平面ABC，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM⊂平面B1BCC1，
故AD⊥CM.
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，
故CM⊥平面ADF.
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF.
思维升华 对命题条件的探索的三种途径
途径一：先猜后证．
途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
途径三：将几何问题转化为代数问题．
跟踪训练3 如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1.

(1)求证：平面CFG⊥平面ACE；
(2)在AC上是否存在一点H，使得EH∥平面CFG？若存在，求出CH的长，若不存在，请说明理由．
(1)证明　连接BD交AC于点O，则BD⊥AC.
设AB，AD的中点分别为M，N，连接MN，则MN∥BD，
连接FM，GN，则FM∥GN，且FM＝GN，
所以四边形FMNG为平行四边形，

所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC.
由于AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.
所以FG⊥AE，
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACE，
所以FG⊥平面ACE.
又FG⊂平面CFG，所以平面CFG⊥平面ACE.
(2)解　存在．设平面ACE交FG于Q，
则Q为FG的中点，
连接EQ，CQ，取CO的中点H，连接EH，
由已知易知，平面EFG∥平面ABCD，
又平面ACE∩平面EFG＝EQ，
平面ACE∩平面ABCD＝AC，
所以CH∥EQ，
又CH＝EQ＝，
所以四边形EQCH为平行四边形，所以EH∥CQ，
又CQ⊂平面CFG，EH⊄平面CFG，
所以EH∥平面CFG，
所以在AC上存在一点H，使得EH∥平面CFG，
且CH＝.


1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
答案　C
解析　因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.
2．(2019·通辽模拟)已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是(　　)
A．若l∥m，则必有α∥β
B．若l⊥m，则必有α⊥β
C．若l⊥β，则必有α⊥β
D．若α⊥β，则必有m⊥α
答案　C
解析　对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；
对于选项B，平面α和平面β还有可能相交或平行，所以选项B错误；
对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β.所以选项C正确；
对于选项D，直线m可能和平面α不垂直，所以选项D错误．
3.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
答案　C
解析　因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.
4．(2019·大连适应性检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则(　　)
A．MN∥C1D1 B．MN⊥BC1
C．MN⊥平面ACD1 D．MN⊥平面ACC1
答案　D
解析　对于选项A，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以点N∈平面CDD1C1，点M∉平面CDD1C1，所以直线MN是与平面CDD1C1相交的直线，
又因为直线C1D1在平面CDD1C1内，故直线MN与直线C1D1不可能平行，故选项A错；
对于选项B，正方体中易知NB≠NC1，因为点M是BC1的中点，所以直线MN 与直线BC1不垂直，故选项B不对；
对于选项C，假设MN⊥平面ACD1，可得MN⊥CD1，因为N是CD1的中点，
所以MC＝MD1，这与MC≠MD1矛盾，故假设不成立，所以选项C不对；
对于选项D，分别取B1C1，C1D1的中点P，Q，连接PM，QN，PQ.
因为点M是BC1的中点，
所以PM∥CC1且PM＝CC1.
同理QN∥CC1且QN＝CC1.
所以PM∥QN且PM＝QN，
所以四边形PQNM为平行四边形．
所以PQ∥MN.
在正方体中，CC1⊥PQ，PQ⊥AC，
因为AC∩CC1＝C，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，
所以PQ⊥平面ACC1.
因为PQ∥MN，所以MN⊥平面ACC1.
故选项D正确．
5．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　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，
所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1.

三棱柱的体积为
×()2AA1＝，
解得AA1＝，
即OP＝AA1＝，
所以tan∠PAO＝＝，
因为直线与平面所成角的范围是，
所以∠PAO＝.
6.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．

答案　4
解析　∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．
7.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在直线______上．

答案　AB
解析　∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．
8.如图所示，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)

答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析　∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
9.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．

答案　
解析　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．

因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，
又AA1＝1，所以AC1＝3，
所以sin∠AC1A1＝＝.
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1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________．

答案　
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＝＝.
11.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.

(1)求证：AB∥EF；
(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.
证明　(1)因为四边形ABCD是矩形，
所以AB∥CD.
又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，
所以AB∥平面PDC，
又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，
所以AB∥EF.
(2)因为四边形ABCD是矩形，
所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，
所以AB⊥AF.
又AB⊥AD，
由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，
所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝PB.

(1)证明：MN∥平面PDC；
(2)求直线MN与平面PAC所成角的正弦值．
(1)证明　因为AB＝BC，AD＝CD，
所以BD垂直平分线段AC.
又∠ADC＝120°，
所以MD＝AD＝，AM＝.
所以AC＝.
又AB＝BC＝，
所以△ABC是等边三角形，
所以BM＝，所以＝3，
又因为PN＝PB，
所以＝＝3，
所以MN∥PD.
又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，
所以MN∥平面PDC.
(2)解　因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA，
又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
由(1)知MN∥PD，
所以直线MN与平面PAC所成的角即直线PD与平面PAC所成的角，
故∠DPM即为所求的角．
在Rt△PAD中，PD＝2，
所以sin∠DPM＝＝＝，
所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为.


13．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有(　　)

A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
答案　B
解析　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
∴AH⊥平面EFH，B正确；
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH⊂平面HAG，
∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，
∴平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.
14．(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8 B．6 C．8 D．8
答案　C
解析　如图，连接AC1，BC1，AC.

∵AB⊥平面BB1C1C，
∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，
∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，
AC1＝＝4，
在Rt△ACC1中，CC1＝＝
＝2，
∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.
故选C.

15.如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)

①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；
④在折起过程中，一定不会有EC⊥AD.
答案　①②
解析　由已知，在未折叠的原梯形中，
易知四边形ABCE为矩形，
所以AB＝EC，所以AB＝DE，
又AB∥DE，
所以四边形ABED为平行四边形，
所以BE＝AD，折叠后如图所示．

①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.
因为M，N分别是AD，BE的中点，
所以点P为AE的中点，故NP∥EC.
又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，
所以平面MNP∥平面DEC，
故MN∥平面DEC，①正确；
②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
所以AE⊥MP，AE⊥NP，
又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，
又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；
③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，
从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，
与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；
④当EC⊥ED时，EC⊥AD.
因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，
所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，
所以EC⊥AD，④不正确．
16.在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．

(1)求证：FM∥平面BDE；
(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．
(1)证明　取BD的中点O，连接OM，OE，

因为O，M分别为BD，BC的中点，
所以OM∥CD，且OM＝CD.
因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB，
又EF∥AB，所以CD∥EF，
又AB＝CD＝2EF，
所以EF＝CD，
所以OM∥EF，且OM＝EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，
所以MF∥OE.
又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，
所以MF∥平面BDE.
(2)解　由(1)得FM∥平面BDE，
所以点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．
取AD的中点H，连接EH，BH，

因为EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，
所以EH⊥AD，BH⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD，
平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，
所以EH⊥平面ABCD，所以EH⊥BH，
易得EH＝BH＝，所以BE＝，
所以S△BDE＝××＝.
设点F到平面BDE的距离为h，
连接DM，则S△BDM＝S△BCD＝××4＝，
连接EM，由V三棱锥E－BDM＝V三棱锥M－BDE，
得××＝×h×，
解得h＝，
即点F到平面BDE的距离为.