北师大版高考数学一轮复习第八章 §8.4　垂直关系试卷

这是一份北师大版高考数学一轮复习第八章 §8.4　垂直关系试卷，共19页。试卷主要包含了直线和平面所成的角等内容，欢迎下载使用。


1．直线与平面垂直
(1)定义
如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．
(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投影所成的锐角，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作二面角．
②二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．
(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
微思考
1．若平面α⊥β，且α∩β＝l，若直线m⊥l，则m与平面β一定垂直吗？
提示 不一定，当mα时，m⊥β.
2．空间中任一直线m，在平面α内是否存在无数条直线与m垂直？
提示 存在．
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)垂直于同一个平面的两个平面平行．( × )
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( × )
(3)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.( × )
(4)过平面外一点有且只有一条直线垂直于这个平面．( √ )
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．设α，β为两个不同的平面，直线lα，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 A
解析 依题意，由l⊥β，lα，可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，lα不能推出l⊥β，因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.
4.如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相垂直的平面有________对．
答案 3
解析 ∵AB⊥平面BCD，AB平面ABD，AB平面ABC，
∴平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.
又AB⊥CD，BC⊥CD，AB∩BC＝B，
∴CD⊥平面ABC.
又CD平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
题组三 易错自纠
5．“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．
答案 必要不充分
6．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC上的射影为点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.
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.
证明 ∵AB⊥平面PAD，AE平面PAD，
∴AE⊥AB，
又AB∥CD，∴AE⊥CD.
∵AD＝AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.
又∵MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，
∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④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·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，求二面角B－EC－C1的正弦值．
(1)证明 由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，因为BE平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，EC1∩B1C1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解 由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(DA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq \(CC1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,x－y＋z＝0，))
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CC1,\s\up6(—→))·m＝0，,\(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))
所以可取m＝(1,1,0)．
于是cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(1,2)，
sin〈n，m〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，
所以二面角B－EC－C1的正弦值为eq \f(\r(3),2).
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P－BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P－BCDE的体积；
(2)若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.
(1)解 如图所示，取DE的中点M，连接PM，
由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM平面PDE，
∴PM⊥平面BCDE，
即PM为四棱锥P－BCDE的高．
在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，
∴PM＝eq \f(1,2)DE＝eq \r(2)，
而直角梯形BCDE的面积
S＝eq \f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝6，
∴四棱锥P－BCDE的体积
V＝eq \f(1,3)PM·S＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×6＝2eq \r(2).
(2)证明 取BC的中点N，连接PN，MN，
则BC⊥MN，
∵PB＝PC，∴BC⊥PN，
∵MN∩PN＝N，MN，PN平面PMN，
∴BC⊥平面PMN，
∵PM平面PMN，∴BC⊥PM，
由(1)知，PM⊥DE，
又BC，DE平面BCDE，且BC与DE是相交的，
∴PM⊥平面BCDE，
∵PM平面PDE，
∴平面PDE⊥平面BCDE.
思维升华 (1)面面垂直判定的两种方法与一个转化
①两种方法：
(ⅰ)面面垂直的定义；
(ⅱ)面面垂直的判定定理(a⊥β，aα⇒α⊥β)．
②一个转化：
在已知两个平面垂直时，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．
(2)面面垂直性质的应用
①两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．
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．
跟踪训练2 (2020·江苏)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.
证明 (1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，
所以EF∥AB1.
又EF⊈平面AB1C1，AB1平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC，AB平面ABC，
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC，B1C平面AB1C，AC平面AB1C，
B1C∩AC＝C，
所以AB⊥平面AB1C.
又因为AB平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
题型三 垂直关系的综合应用
例3 (2020·红河州模拟)在四棱锥P－ABCD中，△PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，AD＝2AB＝2BC，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)在AD上是否存在一点M，使得平面PCM⊥平面ABCD，若存在，请证明；若不存在，请说明理由；
(2)若△PCD的面积为8eq \r(7)，求四棱锥P－ABCD的体积．
解 (1)存在，当M为AD的中点时，使得平面PCM⊥平面ABCD.
证明：取AD的中点M，连接CM，PM，
由△PAD是等边三角形，
可得PM⊥AD，
由平面PAD⊥平面ABCD，PM平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
可得PM⊥平面ABCD，
由PM平面PCM，可得平面PCM⊥平面ABCD.
(2)设AB＝a，可得BC＝a，AD＝2a，
可得MC＝AB＝MD＝a，
则CD＝eq \r(2)a，PD＝2a，
由PM⊥MC，可得PC＝eq \r(PM2＋MC2)＝eq \r(3a2＋a2)＝2a，
由S△PCD＝eq \f(1,2)·eq \r(2)a·eq \r(4a2－\f(1,2)a2)＝eq \f(\r(7),2)a2＝8eq \r(7)，
可得a＝4，
所以四棱锥P－ABCD的体积V＝eq \f(1,3)S四边形ABCD·PM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(4＋8)×4×4eq \r(3)＝32eq \r(3).
思维升华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．
跟踪训练3 如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 取SC的中点G，连接FG，EG，
∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC，
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，
∴AF∥EG，又AF⊈平面SEC，EG平面SEC，
∴AF∥平面SEC.
(2)证明 ∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，
∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是SB的中点，
∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，FG，SB平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)解 假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝eq \r(7)，SE＝eq \r(3)，BD＝2OB＝2eq \r(3)，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴SB＝eq \r(SE2＋BE2)＝eq \r(10)，
∴cs∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(30),20)，
又在Rt△BMO中，cs∠SBD＝eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(30),20)，
∴BM＝eq \f(2\r(10),3)，∴eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3).
课时精练
1．(2020·海南模拟)设α和β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法不正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
B．若m⊥α，nβ，α∥β，则m⊥n
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n
答案 A
解析 m∥α，n∥β，m∥n，并不能推出α∥β，这时α和β可能相交，故A错误；
若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又nβ，则m⊥n，B正确；
若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，又n⊥β，则α⊥β，C正确；
若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，D正确．
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且直线mα，直线nβ，则下列命题为真命题的是( )
A．“m⊥n”是“n⊥α”的充分条件
B．“m∥n”是“m∥β”的既不充分也不必要条件
C．“α∥β”是“m∥n”的充要条件
D．“m⊥n”是“α⊥β”的必要条件
答案 B
解析 n⊥α能得到n⊥m，但n⊥m不能得出n⊥α，A错；
m∥n时，m也可能在平面β内，不能得出m∥β，反之，m∥β，β内的直线也不一定与m平行，即不能得出m∥n，
∴“m∥n”是“m∥β”的既不充分也不必要条件，B正确；
α∥β时，m，n可能是异面直线，不一定平行，m∥n时，α，β也可能相交，不一定平行，C错；
两个平面垂直，分别在这两个平面内的两条直线可能相交，可能平行，不一定垂直，D错．
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，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
答案 D
解析 因为BC∥DF，DF平面PDF，
BC⊈平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故选项A正确；
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，
且AE，PE平面PAE，所以BC⊥平面PAE，
因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，
又DF平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.
因此选项B，C均正确．
5．(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，
∴点P的轨迹为平面ACB1与平面BCC1B1的交线段CB1.
6.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是( )
A．BC⊥平面PAC
B．AE⊥EF
C．AC⊥PB
D．平面AEF⊥平面PBC
答案 C
解析 对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而BC底面圆面，则PA⊥BC，
又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，则BC⊥平面PAC.所以A正确；
对于B，由A项可知BC⊥AE，
由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC平面PCB，所以AE⊥平面PCB，而EF平面PCB，
所以AE⊥EF，所以B正确；
对于C，由B项可知AE⊥平面PCB，因而AC与平面PCB不垂直，
所以AC⊥PB不成立，所以C错误；
对于D，由B项可知，AE⊥平面PCB，AE平面AEF，
由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC.
所以D正确．
7．已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________．
答案 垂直
解析 ∵DA⊥平面α，AC平面α，∴DA⊥CA，
在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA，
且DA∩BA＝A，DA，BA平面ADB，
∴CA⊥平面DAB，DB平面DAB，
∴CA⊥DB.
8．已知平面α，β和直线m，给出以下条件：(1)m∥α；(2)m⊥α；(3)mα；(4)α⊥β；(5)α∥β，当条件________成立时，有m∥β；当条件________成立时，有m⊥β(填所选条件的序号)
答案 (3)(5) (2)(5)
解析 根据面面平行的特征可得，若mα，α∥β，
则m∥β；
根据线面垂直以及面面平行的特征可得，
若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
9.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(图略)，
则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，
∴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.
10．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起，设折起后点A的位置为A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.则给出下面四个命题，正确的是____________．(把正确结论的序号都填上)
①A′D⊥BC；②三棱锥A′－BCD的体积为eq \f(\r(2),2)；
③BA′⊥CA′；④平面A′BC⊥平面A′DC.
答案 ③④
解析 如图所示，取BD的中点E，连接A′E.
又因为A′B＝A′D，
所以A′E⊥BD，
所以A′E⊥平面BCD，
所以A′E⊥BC.
若A′D⊥BC，则可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，与已知矛盾，故①错误．
三棱锥A′－BCD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),6)，故②错误．
在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，
所以A′C＝eq \r(3).
在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝eq \r(3)，满足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′.故③正确．
又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故④正确．
11.如图，在三棱锥A－BCD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，
所以EF∥AB.
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，BC平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.
12．如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出eq \f(PM,MC)的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·AC·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P-ABC的高．
又PA＝1，所以三棱锥P-ABC的体积
V＝eq \f(1,3)·S△ABC·PA＝eq \f(\r(3),6).
(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC及AC平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cs∠BAC＝eq \f(1,2)，
从而NC＝AC－AN＝eq \f(3,2).
由MN∥PA，得eq \f(PM,MC)＝eq \f(AN,NC)＝eq \f(1,3).
13.(2020·韶关模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是棱PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F，下列说法不正确的是( )
A．OE∥PA
B．平面PAC⊥平面PBD
C．PB⊥平面EFD
D．BD⊥ED
答案 D
解析 ∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点，
∵E是棱PC的中点，∴PA∥OE，故A正确；
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，
又AC⊥BD，PD∩DB＝D，PD，BD平面PDB，
∴AC⊥平面PBD，又AC平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PDB，故B正确；
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，
由四边形ABCD是正方形，得BC⊥CD，
又PD∩CD＝D，PD，CD平面PCD，
∴BC⊥平面PCD，
又DE平面PCD，∴BC⊥DE.
∵PD＝DC，E是PC的中点，∴DE⊥PC，
∵PC∩BC＝C，PC，BC平面PBC，
∴DE⊥平面PBC，
∵PB平面PBC，∴PB⊥DE，
又EF⊥PB，DE∩EF＝E，DE，EF平面EFD，
∴PB⊥平面EFD，故C正确；
由DE⊥平面PBC，知DE⊥EB，故D错误．
14．(2020·大庆模拟)已知四条边长均为2eq \r(3)的空间四边形ABCD的顶点都在同一个球面上，若∠BAD＝eq \f(π,3)，平面ABD⊥平面CBD，则该球的体积为__________．
答案 eq \f(20\r(5),3)π
解析 如图所示，
设E是△ABD的外心，F是△BCD的外心，
过点E，F分别作平面ABD与平面BCD的垂线OE，OF，相交于点O，
由空间四边形ABCD的边长为2eq \r(3)，∠BAD＝eq \f(π,3)，
所以△ABD与△BCD均为等边三角形，
又平面ABD⊥平面CBD，
所以O为四面体ABCD外接球的球心，
又AE＝eq \f(2,3)eq \r(2\r(3)2－\r(3)2)＝2，
所以OE＝1，
所以外接球的半径为R＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
所以外接球的体积为V＝eq \f(4πR3,3)＝eq \f(4π,3)×(eq \r(5))3＝eq \f(20\r(5)π,3).
15．(2020·广州模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上．若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，则AR＝________.
答案 eq \f(4\r(5),5)
解析 如图，取SA的中点E，连接PE，QE.
∵SA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，∴SA⊥AB，
而AB⊥AD，AD∩SA＝A，
∴AB⊥平面SAD，
又P，E分别是SB，SA的中点，
∴PE∥AB，
故PE⊥平面SAD，
又AR平面SAD，∴PE⊥AR.
又∵AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，
∴AR⊥平面PEQ，
∵EQ平面PEQ，∴AR⊥EQ，
∵E，Q分别为SA，AD的中点，
∴EQ∥SD，则AR⊥SD，
在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，
可求得SD＝2eq \r(5)，
由等面积法可得AR＝eq \f(4\r(5),5).
16.(2020·黄山模拟)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)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD，若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 在四边形ABCD中，
由AB＝BC＝eq \r(3)，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M为AC的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CDcs 60°＝eq \f(1,2)，AC＝2CDsin 60°＝eq \r(3)，
则BM＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，
由eq \f(DM,BM)＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(1,3)，可得MN∥PD，
而MN⊈平面PCD，PD平面PCD，
可得MN∥平面PDC.
(2)解 过M作ME⊥AD，垂足为E，延长EM交BC于Q，连接NQ，NE，如图，
由PA⊥平面ABCD，EQ平面ABCD，可得PA⊥EQ，
又EQ⊥AD，可得EQ⊥平面PAD，EQ平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q.
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，
在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，
由BM＝eq \f(3,2)，eq \f(BQ,sin 30°)＝eq \f(BM,sin 120°)，
可得BQ＝eq \f(BM,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，即Q为BC的中点，
则Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD.文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么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
如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行
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
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直
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