高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：7.5 直线、平面垂直的判定及性质 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：7.5 直线、平面垂直的判定及性质 word版含答案，共19页。

(1)掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理．
(2)掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．
知识点一 直线与平面垂直
1．直线与平面垂直的判定定理
(1)自然语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
(2)图形语言：如图1所示．
(3)符号语言：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.
2．直线与平面垂直的性质定理
自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．
图形语言：如图2所示．
符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
易误提醒 斜线在平面上的射影是过斜足和垂足的一条直线，而不是线段．
必记结论 (1)直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b⊂α⇒a⊥b.
(2)若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
[自测练习]
1．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，且l⊥b”是“l⊥α”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：由线面垂直的判定定理知，充分性不成立，由线面垂直的性质定理知，必要性成立，故选C.
答案：C
2．已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为( )
A．b⊂α B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交
解析：由a⊥b，a⊥α知b⊂α或b∥α，但直线b不与α相交．
答案：C
知识点二 平面与平面垂直
1．平面与平面垂直的判定
(1)两个平面垂直的定义
如果两个相交平面所成的二面角是直二面角，那么就说这两个平面互相垂直．平面α与β垂直，记作α⊥β.
(2)两个平面垂直的判定定理
自然语言：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．
图形语言：如图1所示．
符号语言：AB ⊥β，AB⊂α⇒α⊥β.
图1
2．平面与平面垂直的性质
自然语言：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
图形语言：如图2所示．
图2
符号语言：α⊥β，α∩β＝CD，AB⊂α，AB⊥CD⇒AB⊥β.
易误提醒 平面和平面垂直的判定定理的两个条件：l⊂α，l⊥β，缺一不可．
必记结论 (1)两个平面互相垂直是两个平面相交的特殊情况，正方体中任意相邻的两个面都是互相垂直的；
(2)由定理可知，要证明平面与平面垂线，可转化为从现有直线中寻找平面的垂线，即证明线面垂直；
(3)面面垂直的判定定理提供了找出垂直于一个平面的另一个平面的依据．
[自测练习]
3．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α
B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
C．若m⊥β，m∥α，则α⊥β
D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ
解析：利用相关定理逐个判断．A中m与α的位置关系不确定，故错误；B中α，β可能平行或相交，故错误；由面面垂直的判定定理可知C正确；D中β，γ平行或相交，故错误，选C.
答案：C
4．四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两垂直的共有________对．
解析：因为AD⊥AB，AD⊥PA且PA∩AB＝A，可得AD⊥平面PAB.同理可得BC⊥平面PAB、AB⊥平面PAD、CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定定理可得，平面PAD⊥平面PAB，平面PBC⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，共有5对．
答案：5
考点一 直线与平面垂直的判定与性质|
1．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是( )
A．若l∥α，m⊥l，则m⊥α
B．若l⊥m，m⊥n，则m∥n
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D．若l⊥α，l∥a，则a⊥α
解析：易知选项A不正确；选项B，从m⊥n就可以看出结论是错误的；选项C中，若b⊂α，则C不正确；选项D是正确的．
答案：D
2．(2016·丽水一模)在四面体ABCD中，下列条件不能得出AB⊥CD的是( )
A．AB⊥BC且AB⊥BD
B．AD⊥BC且AC⊥BD
C．AC＝AD且BC＝BD
D．AC⊥BC且AD⊥BD
解析：A.∵AB⊥BD，AB⊥BC，BD∩BC＝B，
∴AB⊥平面BCD，∵CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.B.设A在平面BCD内的射影为O，则AO⊥平面BCD，∵AD⊥BC，AC⊥BD，∴O为△BCD的垂心，连接BO，则BO⊥CD，又AO⊥CD，AO∩BO＝O，∴CD⊥平面ABO，∵AB⊂平面ABO，∴AB⊥CD.C.取CD中点G，连接BG，AG.
∵AC＝AD且BC＝BD，∴CD⊥BG，CD⊥AG，
∵BG∩AG＝G，
∴CD⊥平面ABG，∵AB⊂平面ABG，∴AB⊥CD，故选D.
答案：D
3．(2015·高考重庆卷)如图，三棱锥P­ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝eq \f(π,2)，点D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.
(1)证明：AB⊥平面PFE；
(2)若四棱锥P­DFBC的体积为7，求线段BC的长．
解：(1)证明：由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE⊂平面PAC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.
因∠ABC＝eq \f(π,2)，EF∥BC，故AB⊥EF.
从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PFE.
(2)设BC＝x，则在Rt△ABC中，
AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(36－x2)，
从而S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)xeq \r(36－x2).
由EF∥BC知，eq \f(AF,AB)＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(2,3)，得△AFE∽△ABC，
故eq \f(S△AFE,S△ABC)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(4,9)，即S△AFE＝eq \f(4,9)S△ABC.
由AD＝eq \f(1,2)AE，得S△AFD＝eq \f(1,2)S△AFE＝eq \f(1,2)·eq \f(4,9)S△ABC＝eq \f(2,9)S△ABC＝eq \f(1,9)xeq \r(36－x2)，
从而四边形DFBC的面积为SDFBC＝S△ABC－S△AFD＝eq \f(1,2)xeq \r(36－x2)－eq \f(1,9)xeq \r(36－x2)＝eq \f(7,18)xeq \r(36－x2).
由(1)知，PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥P­DFBC的高．
在Rt△PEC中，PE＝eq \r(PC2－EC2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3).
VP­DFBC＝eq \f(1,3)·SDFBC·PE＝eq \f(1,3)·eq \f(7,18)xeq \r(36－x2)·2eq \r(3)＝7，
故得x4－36x2＋243＝0，解得x2＝9或x2＝27，由于x>0，可得x＝3或x＝3eq \r(3).
所以，BC＝3或BC＝3eq \r(3).
证明直线和平面垂直的常用方法
(1)利用判定定理．
(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)．
(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．
(4)利用面面垂直的性质．

考点二 平面与平面垂直的判定与性质|
(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为eq \f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积．
[解] (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq \f(x,2).
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq \f(\r(3),2)x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq \f(\r(2),2)x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积VE­ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC×GD×BE＝eq \f(\r(6),24)x3＝eq \f(\r(6),3).
故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝eq \r(6).
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq \r(5).
故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2eq \r(5).
证明面面垂直的主要方法
①利用判定定理．在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边上的中线垂直于底边，勾股定理的逆定理等．②用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角．③客观题中，也可应用：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面．

(2015·佛山一中期中考试)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BCA＝90°，AP＝AC，点D，E分别在棱PB，PC上，且BC∥平面ADE.
(1)求证：DE⊥平面PAC；
(2)当二面角A­DE­P为直二面角时，求A­BCED与P­AED的体积比．
解：(1)证明：∵BC∥平面ADE，BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面ADE＝DE，∴BC∥ED，
∵PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴PA⊥BC，
又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，
∵PA与AC是平面PAC内的两条相交直线，
∴BC⊥平面PAC，又BC∥ED，
∴DE⊥平面PAC.
(2)由(1)知，DE⊥平面PAC，
∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE，
∴∠AEP为二面角A­DE­P的平面角，
∴∠AEP＝90°，即AE⊥PC，
∵AP＝AC，∴E是PC的中点，
∴ED是△PBC的中位线，DE⊥AC，
又PC∩DE＝E，∴AE⊥平面PCD，
∴eq \f(VA­BCED,VA­PDE)＝eq \f(\f(1,3)S四边形BCED·AE,\f(1,3)S△PED·AE)＝eq \f(S四边形BCED,S△PED)＝3.
考点三 平行与垂直的综合问题|
空间线、面的平行与垂直的综合考查一直是高考必考热点，归纳起来常见的命题探究角度有：
1．以多面体为载体考查平行与垂直的证明．
2．探索性问题中的平行与垂直问题．
3．折叠问题中的平行垂直问题．
探究一 平行与垂直关系的证明
1．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．
求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
证明：(1)连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，
因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)连接AC，BD，则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.
而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，
则易知MN∥BD，从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，
所以直线AC1⊥平面PQMN.
探究二 探索性问题中的平行与垂直问题
2.如图，直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，M，N分别为AC，B1C1的中点．
(1)求线段MN的长；
(2)求证：MN∥平面ABB1A1；
(3)线段CC1上是否存在点Q，使A1B⊥平面MNQ？说明理由．
解：(1)连接CN.
因为ABC ­A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC，
所以AC⊥CC1.
因为AC⊥BC，
所以AC⊥平面BCC1B1.
因为MC＝1，CN＝eq \r(CC\\al(2,1)＋C1N2)＝eq \r(5)，
所以MN＝eq \r(6).
(2)证明：取AB中点D，连接DM，DB1.
在△ABC中，因为M为AC中点，所以DM∥BC，DM＝eq \f(1,2)BC.
在矩形B1BCC1中，因为N为B1C1中点，所以B1N∥BC，B1N＝eq \f(1,2)BC.
所以DM∥B1N，DM＝B1N.
所以四边形MDB1N为平行四边形，所以MN∥DB1.
因为MN⊄平面ABB1A1，DB1⊂平面ABB1A1，
所以MN∥平面ABB1A1.
(3)线段CC1上存在点Q，且Q为CC1中点时，有A1B⊥平面MNQ.
证明如下：连接BC1.
在正方形BB1C1C中易证QN⊥BC1.
又A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥QN，从而NQ⊥平面A1BC1.
所以A1B⊥QN.
同理可得A1B⊥MQ，所以A1B⊥平面MNQ.
故线段CC1上存在点Q，使得A1B⊥平面MNQ.
探究三 折叠问题中的平行与垂直关系
3．(2015·高考四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；
(3)证明：直线DF⊥平面BEG.
解：(1)点F，G，H的位置如图所示．
(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：
因为ABCD­EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，
又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，
于是四边形BCHE为平行四边形，
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，
所以BE∥平面ACH.
同理BG∥平面ACH.
又BE∩BG＝B，
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明：连接FH.
因为ABCD­EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.
因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.
又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.
同理DF⊥BG.
又EG∩BG＝G，
所以DF⊥平面BEG.
平行与垂直的综合应用问题的处理策略
(1)探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．
(2)折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含量的垂直关系．

7.平行与垂直综合问题的答题模板
【典例】 (12分)(2015·高考山东卷)如图，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
[思维点拨] (1)法一：证明四边形DFCG为平行四边形，结合H为BC的中点可得HM∥BD，进而得BD∥平面FGH；法二：利用四边形HBEF为平行四边形，证明平面ABED∥平面FGH，进而得BD∥平面FGH.(2)先证明CB⊥平面ECH，进而得平面BCD⊥平面EGH.
[规范解答] (1)证明：法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形，(3分)
则M为CD的中点，又H为BC的中点，
所以HM∥BD.
又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，(4分)
所以BD∥平面FGH.(5分)
法二：在三棱台DEF­ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形HBEF为平行四边形，
可得BE∥HF.(2分)
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点．
所以GH∥AB.(3分)
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.(4分)
因为BD⊂平面ABED，
所以BD∥平面FGH.(5分)
(2)连接HE，GE.
因为G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB，
由AB⊥BC，得GH⊥BC.(7分)
又H为BC的中点，
所以EF∥HC，EF＝HC，
因此四边形EFCH是平行四边形(9分)
所以CF∥HE.
又CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.(11分)
又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.(12分)
[模板形成] eq \x(由图形特征分析平行条件)
↓
eq \x(创设线面平行的条件)
↓
eq \x(利用判定定理或面面平行证明线面平行)
↓
eq \x(分析条件中平行与垂直的关系)
↓
eq \x(选定并证明线面垂直)
↓
eq \x(利用面面垂直的判定证明面面垂直)
A组 考点能力演练
1．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为l⊂β，所以m⊥l，所以①正确；
②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；
③中，m⊥l，且m⊥α，l⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；
④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为l⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选B.
答案：B
2．设α，β，γ为不同的平面，m、n、l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( )
A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l
B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ
C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α
D．n⊥α，n⊥β，m⊥α
解析：对于A，α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，根据面面垂直的性质定理可知，缺少条件m⊂α，故不正确；对于B，α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；对于C，α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；对于D，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β，故正确，故选D.
答案：D
3.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
答案：C
4.如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是( )
A．点H是△A1BD的垂心
B．AH垂直于平面CB1D1
C．AH的延长线经过点C1
D．直线AH和BB1所成角为45°
解析：A中，△A1BD为等边三角形，
∴其四心合一，∵AB＝AA1＝AD，∴H到△A1BD各顶点的距离相等，∴A正确；
∵CD1∥BA1，CB1∥DA1，CD1∩CB1＝C，BA1∩DA1＝A1，∴平面CB1D1∥平面A1BD，∴AH⊥平面CB1D1，∴B正确；
连接AC1，则AC1⊥B1D1，∵B1D1∥BD，
∴AC1⊥BD，同理，AC1⊥BA1，∴AC1⊥平面A1BD，∴A、H、C1三点共线，∴C正确，故选D.
答案：D
5.如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面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内部
解析：∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，
又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1，
又AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ABC1.
∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，
∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.
答案：A
6．四棱锥P­ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a的等腰三角形，则在四棱锥P­ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对．
解析：由题意可得PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，即互相垂直的异面直线共有6对．
答案：6
7．如图所示，在四棱锥P­ABCD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是正确的条件即可)
解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.
又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.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
8．已知△ABC的三边长分别为AB＝5，BC＝4，AC＝3，M是AB边上的点，P是平面ABC外一点．给出下列四个命题：
①若PA⊥平面ABC，则三棱锥P­ABC的四个面都是直角三角形；
②若PM⊥平面ABC，且M是AB边的中点，则有PA＝PB＝PC；
③若PC＝5，PC⊥平面ABC，则△PCM面积的最小值为eq \f(15,2)；
④若PC＝5，P在平面ABC上的射影是△ABC内切圆的圆心，则点P到平面ABC的距离为eq \r(23).
其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)
解：由题意知AC⊥BC，对于①，若PA⊥平面ABC，则PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，因此该三棱锥P­ABC的四个面均为直角三角形，①正确；对于②，由已知得M为△ABC的外心，所以MA＝MB＝MC.∵PM⊥平面ABC，则PM⊥MA，PM⊥MB，PM⊥MC，由三角形全等可知PA＝PB＝PC，故②正确；对于③，要使△PCM的面积最小，只需CM最短，在Rt△ABC中，(CM)min＝eq \f(12,5)，∴(S△PCM)min＝eq \f(1,2)×eq \f(12,5)×5＝6，故③错误；对于④，设P点在平面ABC内的射影为O，且O为△ABC的内心，由平面几何知识得△ABC的内切圆半径r＝1，且OC＝eq \r(2)，在Rt△POC中，PO＝eq \r(PC2－OC2)＝eq \r(23)，∴点P到平面ABC的距离为eq \r(23)，故④正确．
答案：①②④
9．(2016·扬州中学模拟)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC∩EF＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA，PB，PD，得到如图2的五棱锥P­ABFED，且PB＝eq \r(10).
(1)求证：BD⊥平面POA；
(2)求四棱锥P­BFED的体积．
解：(1)证明：∵点E，F分别是边CD，CB的中点，
∴BD∥EF.
∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
∴EF⊥AC，
∴翻折后EF⊥AO，EF⊥PO，
∵AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，
∴EF⊥平面POA，
∴BD⊥平面POA.
(2)设AO∩BD＝H，连接BO，
∵ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝4，BH＝2，HA＝2eq \r(3)，HO＝PO＝eq \r(3)，
在Rt△BHO中，BO＝eq \r(BH2＋HO2)＝eq \r(7)，
在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，
∴PO⊥BO，
∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF⊂平面BFED，BO⊂平面BFED，
∴PO⊥平面BFED，
又梯形BFED的面积为S＝eq \f(1,2)(EF＋BD)·HO＝3eq \r(3)，
∴四棱锥P­BFED的体积V＝eq \f(1,3)S·PO＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×eq \r(3)＝3.
10.如图，已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.
(1)求证：AB∥平面PCD；
(2)求证：BC⊥平面PAC；
(3)若M是PC的中点，求三棱锥M­ACD的体积．
解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊂平面PDC，AB⊄平面PDC，
∴AB∥平面PDC.
(2)证明：在直角梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，
∴AE＝DC＝1，又AB＝2，∴BE＝1，
在Rt△BEC中，∠EBC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝eq \r(2)，
在Rt△ACE中，AC＝eq \r(AE2＋CE2)＝eq \r(2)，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC.
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，
而PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
(3)∵M是PC的中点，
∴M到平面ADC的距离是P到平面ADC的距离的一半．
∴VM­ACD＝eq \f(1,3)S△ACD×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PA))＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1×1))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).
B组 高考题型专练
1．(2015·高考安徽卷)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一个平面
解析：A中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；B中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；C中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故C错误；D中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故D正确．
答案：D
2．(2014·高考广东卷)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.按图(2)折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M ­CDE的体积．
解：(1)证明：PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD＝CD，MD⊂平面ABCD，MD⊥CD，
∴MD⊥平面PCD，CF⊂平面PCD，∴CF⊥MD，
又CF⊥MF，MD，MF⊂平面MDF，MD∩MF＝M，∴CF⊥平面MDF.
(2)∵CF⊥平面MDF，∴CF⊥DF，又易知∠PCD＝60°，∴∠CDF＝30°，从而CF＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2)，
∵EF∥DC，∴eq \f(DE,DP)＝eq \f(CF,CP)，即eq \f(DE,\r(3))＝eq \f(\f(1,2),2)，∴DE＝eq \f(\r(3),4)，∴PE＝eq \f(3\r(3),4)，S△CDE＝eq \f(1,2)CD·DE＝eq \f(\r(3),8)，
MD＝eq \r(ME2－DE2)＝eq \r(PE2－DE2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)))2)＝eq \f(\r(6),2)，
∴VM ­CDE＝eq \f(1,3)S△CDE·MD＝eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),8)·eq \f(\r(6),2)＝eq \f(\r(2),16).
3．(2015·高考陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36eq \r(2)，求a的值．
解：(1)证明：在图1中，
因为AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝eq \f(π,2)，所以BE⊥AC.即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由图1知，A1O＝eq \f(\r(2),2)AB＝eq \f(\r(2),2)a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.
从而四棱锥A1­BCDE的体积为V＝eq \f(1,3)×S×A1O＝eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(\r(2),6)a3，由eq \f(\r(2),6)a3＝36eq \r(2)，得a＝6.
4.(2015·高考广东卷)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.
(1)证明：BC∥平面PDA；
(2)证明：BC⊥PD；
(3)求点C到平面PDA的距离．
解：(1)证明：∵长方形ABCD中，BC∥AD，
又BC⊄平面PDA，AD⊂平面PDA，
∴BC∥平面PDA.
(2)证明：取CD的中点H，连接PH，
∵PD＝PC，∴PH⊥CD.
又∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，∴PH⊥平面ABCD.
又∵BC⊂平面ABCD，∴PH⊥BC.
又∵长方形ABCD中，BC⊥CD，
PH∩CD＝H，∴BC⊥平面PDC.
又∵PD⊂平面PDC，∴BC⊥PD.
(3)连接AC.
由(2)知PH为三棱锥P­ADC的高．
∵PH＝eq \r(PD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)CD))2)＝eq \r(42－32)＝eq \r(7)，
S△ADC＝eq \f(1,2)·AD·CD＝eq \f(1,2)×3×6＝9，
∴VP­ADC＝eq \f(1,3)·S△ADC·PH＝eq \f(1,3)×9×eq \r(7)＝3eq \r(7).
由(2)知BC⊥PD，
又∵AD∥BC，
∴AD⊥PD，
∴S△PDA＝eq \f(1,2)·PD·AD＝eq \f(1,2)×4×3＝6.
设点C到平面PDA的距离为h.
∵VC­PDA＝VP­ADC，
∴eq \f(1,3)·S△PDA·h＝3eq \r(7)，
∴h＝eq \f(3\r(7),\f(1,3)·S△PDA)＝eq \f(3\r(7),\f(1,3)×6)＝eq \f(3\r(7),2).