高考数学一轮复习第七章 7.4

这是一份高考数学一轮复习第七章 7.4，共20页。试卷主要包含了直线与平面垂直，平面与平面垂直等内容，欢迎下载使用。

1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线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．
(2)判定定理与性质定理
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．
(2)范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
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．
(2)平面和平面垂直的定义
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．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
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)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.( × )
(4)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √ )
题组二 教材改编
2．(多选)下列命题中正确的有( )
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 ABC
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＝eq \r(1＋2)＝eq \r(3)，MN＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
ON＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，
所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.
6．(多选)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∥平面ABCB．平面VAC⊥平面VBC
C．MN与BC所成的角为45°D．OC⊥平面VAC
答案 AB
解析 易知MN∥AC，又AC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∥平面ABC，又由题意得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AB.
直线与平面垂直的判定与性质
例1 (2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．
(1)证明 由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解 由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，
则EF⊥平面BB1C1C，
且EF＝AB＝3.
所以四棱锥E－BB1C1C的体积V＝eq \f(1,3)×3×6×3＝18.
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 (2019·贵阳模拟)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.
平面与平面垂直的判定与性质
例2 (2019·栖霞模拟)如图，多面体ABCDEF中，ABCD是菱形，∠ABC＝60°，FA⊥平面ABCD，ED∥FA，且AB＝FA＝2ED＝2.
(1)求证：平面FAC⊥平面EFC；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
(1)证明 连接BD交AC于O，设FC中点为P，连接OP，EP，
∵O，P分别为AC，FC的中点，
∴OP∥FA，且OP＝eq \f(1,2)FA，
∴OP∥ED且OP＝ED，
∴四边形OPED为平行四边形，
∴OD∥EP，即BD∥EP，
∵FA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴FA⊥BD，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
∵FA∩AC＝A，FA，AC⊂平面FAC，
∴BD⊥平面FAC，即EP⊥平面FAC，
又EP⊂平面EFC，∴平面FAC⊥平面EFC.
(2)解 VF－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·FA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×4×2＝eq \f(2\r(3),3)，
∵FA⊥平面ABCD，FA⊂平面ADEF，
∴平面ADEF⊥平面ABCD，作CG⊥AD于点G，
又平面ADEF∩平面ABCD＝AD，∴CG⊥平面ADEF，
∴C到平面ADEF的距离CG＝eq \f(\r(3),2)CD＝eq \r(3)，
∴VC－ADEF＝eq \f(1,3)×eq \f(1＋2×2,2)×eq \r(3)＝eq \r(3)，
∴VABCDEF＝VF－ABC＋VC－ADEF＝eq \f(5\r(3),3).
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·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＝eq \f(2,3)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＝3eq \r(2).
又BP＝DQ＝eq \f(2,3)DA，所以BP＝2eq \r(2).
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，
则QE∥DC且QE＝eq \f(1,3)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＝eq \f(1,3)×S△ABP×QE＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×2eq \r(2)sin 45°×1＝1.
垂直关系的综合应用
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 eq \r(2) 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＝eq \f(PA,AC)＝eq \r(2)，
又PA＝2，∴AC＝eq \r(2)，
∴在Rt△PAC中，AH＝eq \f(PA·AC,\r(PA2＋AC2))＝eq \f(2\r(3),3)，
∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝eq \f(AH,AB)＝eq \f(\f(2\r(3),3),2)＝eq \f(\r(3),3)，
即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
思维升华 (1)证明垂直关系时，要充分利用定义、判定和性质实现线线垂直、线面垂直、面面垂直关系的相互转化．
(2)线面角的计算，首先要利用定义和题目中的线面垂直作出所求角，然后在一个直角三角形中求解．
跟踪训练3 如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论中正确的结论个数是( )
①A′C⊥BD；
②∠BA′C＝90°；
③CA′与平面A′BD所成的角为30°；
④四面体A′－BCD的体积为eq \f(1,3).
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 ∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq \r(2)，∴AB⊥AD，
∵平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面A′BD，
取BD的中点O，连接OA′(图略)，
∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD.
又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，A′O⊂平面A′BD，
∴A′O⊥平面BCD.BD⊥CD，∴OC不垂直于BD.
假设A′C⊥BD，∵OC为A′C在平面BCD内的射影，
∴OC⊥BD，矛盾，故①错误；
∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，且平面A′BD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面A′BD，A′B⊂平面A′BD，∴CD⊥A′B.
∵A′B＝A′D＝1，BD＝eq \r(2)，
∴A′B⊥A′D，又CD∩A′D＝D，CD，A′D⊂平面A′CD，
∴A′B⊥平面A′CD，又A′C⊂平面A′CD，
∴A′B⊥A′C，故②正确；
∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，故③错误；
VA′－BCD＝VC－A′BD＝eq \f(1,3)S△A′BD·CD＝eq \f(1,6)，故④错误．
故选B.
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·天津模拟)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∥βB．若l⊥m，则必有α⊥β
C．若l⊥β，则必有α⊥βD．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．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq \f(9,4)，底面是边长为eq \r(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.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
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eq \r(3)，
所以AD＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,2)，AO＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(2,3)×eq \f(3,2)＝1.
三棱柱的体积为eq \f(\r(3),4)×(eq \r(3))2AA1＝eq \f(9,4)，
解得AA1＝eq \r(3)，即OP＝AA1＝eq \r(3)，
所以tan∠PAO＝eq \f(OP,OA)＝eq \r(3)，
因为直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠PAO＝eq \f(π,3).
4.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.
5.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”．在如图所示的四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有( )
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
答案 C
解析 由题意，因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥DC，PD⊥BC，
又四边形ABCD为正方形，所以BC⊥CD，
因为PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD，BC⊥PC，
所以四面体P－DBC是一个鳖臑，
因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE，
因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，
因为PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC，
可知四面体E－BCD的四个面都是直角三角形，即四面体E－BCD是一个鳖臑，
同理可得，四面体P－ABD和F－ABD都是鳖臑，
故选C.
6．(2020·淄博模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹为( )
A．线段B1C
B．线段BC1
C．BB1的中点与CC1的中点连成的线段
D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段
答案 A
解析 如图，连接AC，AB1，B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有BD1⊥平面ACB1，
因为AP⊥BD1，所以AP⊂平面ACB1，
又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，
∴故点P的轨迹为平面ACB1与平面BCC1B1的交线段CB1.故选A.
7．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，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°
答案 ABC
解析 对于A，∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，A正确；
对于B，连接AC，
∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，∴BD⊥AC1，B正确；
对于C，由上可知BD⊥平面ACC1，
又BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面ACC1，
则平面ACC1A1⊥CB1D1，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°，D错误．
故选ABC.
8．(多选)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是( )
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C．三棱锥B1－D1PC的体积为定值
D．DC1⊥D1P
答案 ACD
解析 在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，
所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；
在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝eq \f(π,2)，故B错误；
在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，
所以点P到平面B1D1C的距离是定值，
所以三棱锥B1－D1PC的体积为定值，故C正确；
在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，
所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．
9．(2019·北京)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：__________.
答案 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．
10.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.
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.
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＝eq \r(3)，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝eq \f(1,4)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＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)，AM＝eq \f(\r(3),2).
所以AC＝eq \r(3).
又AB＝BC＝eq \r(3)，所以△ABC是等边三角形，
所以BM＝eq \f(3,2)，所以eq \f(BM,MD)＝3，
又因为PN＝eq \f(1,4)PB，所以eq \f(BM,MD)＝eq \f(BN,NP)＝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＝eq \f(DM,DP)＝eq \f(\f(1,2),2)＝eq \f(1,4)，
所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(1,4).
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，
又HE∩HF＝H，HE，HF⊂平面EFH，
∴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.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＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)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，
因为BH⊂平面ABCD，所以EH⊥BH，
因为EH＝BH＝eq \r(3)，所以BE＝eq \r(6)，
所以S△BDE＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)＝eq \f(\r(15),2).
设点F到平面BDE的距离为h，
连接DM，则S△BDM＝eq \f(1,2)S△BCD＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),4)×4＝eq \f(\r(3),2)，
连接EM，由V三棱锥E－BDM＝V三棱锥M－BDE，
得eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,3)×h×eq \f(\r(15),2)，解得h＝eq \f(\r(15),5)，
即点F到平面BDE的距离为eq \f(\r(15),5).
15．(2019·河北省衡水中学模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1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________．
答案 eq \f(\r(6),4)
解析 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，
则OCeq \\al(2,1)＝CCeq \\al(2,1)＋OC2＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，OE2＝OA2＋AE2＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，
ECeq \\al(2,1)＝A1Ceq \\al(2,1)＋A1E2＝2＋eq \f(1,4)＝eq \f(9,4)，
∴OCeq \\al(2,1)＋OE2＝ECeq \\al(2,1)，
∴OE⊥OC1；
又BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，
∴BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，
∴OC1⊥平面BDE，
且S△BDE＝eq \f(1,2)BD·OE＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(6),4)，
即α截该正方体所得截面图形的面积为eq \f(\r(6),4).
16.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．文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α