第七章 第三节 直线、平面的垂直关系的判定与性质-2022届（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

这是一份第七章 第三节 直线、平面的垂直关系的判定与性质-2022届（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案，文件包含第七章第三节直线平面的垂直关系的判定与性质解析版docx、第七章第三节直线平面的垂直关系的判定与性质原卷板docx等2份学案配套教学资源，其中学案共50页， 欢迎下载使用。

第三节 直线、平面垂直的判定及其性质
知识回顾
1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线a与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线a与平面α互相垂直，记作a⊥α，直线a叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a的垂面．垂线和平面的交点即为垂足．
(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，那么这条直线垂直于这个平面

⇒l⊥α
性质定理
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b

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：.
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：一条直线和由这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：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
如果两个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．
(3)平面与平面垂直的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
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直

⇒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
课前检测
1.设l,m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题中正确的是(　　)
A．若l⊥m,m⊂α，则l⊥α
B．若l⊥α，l//m，则m⊥α
C．若l//α，m⊂α，则l//m
D．若l//α，m//α，则l//m
【答案】B
【解析】A．若l⊥m,m⊂α，l可能与α相交，也可能在面α内，故A错误
B．若l⊥α，l//m，根据平行线垂直于同一个平面，可知B正确
C．若l//α，m⊂α，l,m可能平行，可能异面，故C错误
D．若l//α，m//α，l,m可能相交，可能异面，可能平行，故D错误
2.已知 α，β，γ 为平面，l，m，n 为直线，则下列哪个条件能推出 l⊥β(　　)
A．α⊥β，α∩β=n，l⊥n
B．α⊥γ，β⊥γ，l⊥α
C．m⊥α，m⊥β，l⊥α
D．α⊥γ，α∩γ=l，β⊥γ
【答案】C
【解析】A．未说明 l⊂α，故错误；
B．垂直同一平面的各平面的位置关系不确定，故错误；
C．可确定 α//β，则 l⊥β，故正确；
D．垂直同一平面的各平面的位置关系不确定，故错误．
故选 C
3、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将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，则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，AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，故B正确；因为过点A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；因为AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，所以EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，所以平面HAG⊥AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，所以C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，所以D不正确．故选B.
4、（2020•山东模拟）如图所示，在四个正方体中，是正方体的一条体对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形为　　
A． B．
C． D．
【答案】．
【解析】对于．根据正方体的性质可得：，，可得平面．
而无法得出平面．
故选：．
5．(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ABC B．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.

6.点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个结论：
① 三棱锥A-D1PC的体积不变；② A1P//平面ACD1；③ DP⊥BC1；④ 平面PDB1⊥平面ACD1．
其中正确结论的序号是________．
【答案】①②④
【解析】① 三棱锥以ΔAD1C为底，高恒定，所以体积不变；
② 易证平面ACD1//平面A1BC1，所以线面平行；
③ 当P在点B时，∠DBC1=60∘，错误；
④ 易证DB1⊥ACD1，正确．

【备注】直线与平面的位置关系


课中讲解
考点一.线面垂直判定与性质
例1.如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1) PH⊥平面ABCD；
(2) EF⊥平面PAB.

【证明】 (1) 因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，
所以PH⊥AB.
因为PH为△PAD中边AD上的高，
所以PH⊥AD.
因为AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PH⊥平面ABCD.
(2) 如图，取PA的中点M，连结MD，ME.
因为E是PB的中点，
所以ME＝AB，ME∥AB.
又因为DF＝AB，DF∥AB，
所以ME＝DF，ME∥DF，
所以四边形MEFD是平行四边形，
所以EF∥MD.
因为PD＝AD，
所以MD⊥PA.
因为AB⊥平面PAD，
所以MD⊥AB.
因为PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB.










变式1.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAD⊥ 平面 ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=5．
求证：PD⊥ 平面 PAB；
【答案】见解析
【解析】【分析】：推导出 AB⊥ 平面 PAD，从而 AB⊥PD，再由 PA⊥PD，能证明 PD⊥ 平面 PAB．
∵ 面 PAD∩ 面 ABCD=AD，面 PAD⊥ 面 ABCD，
∵AB⊥AD，AB⊂ 面 ABCD，∴AB⊥ 面 PAD，
∵PD⊂ 面 PAD，∴AB⊥PD，
又 PD⊥PA，∴PD⊥ 面 PAB．


例2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=4，AB=3，AA1=4，AB⊥AC．

证明：A1C⊥平面ABC1；
【答案】略
【解析】由已知得四边形AA1C1C是正方形，∴A1C⊥AC1，
∵几何体ABC-A1B1C1是直三棱柱，
∴平面ABC⊥平面AA1C1C，
又AB⊥AC，∴AB⊥平面AA1C1C，
∴AB⊥A1C，∵AC1⋂AB=A，∴A1C⊥平面ABC1．

变式2.如图，在三棱柱中 ABC-DEF，点 P，G 分别是 AD，EF 的中点，已知 AD⊥ 平面 ABC，AD=EF=3，DE=DF=2．
求证：DG⊥ 平面 BCEF；
【答案】见解析
【解析】由 AD⊥ 平面 ABC 可知 AD⊥DG，所以 BF⊥DG；又 DE=DF，点 G 分别是 EF 的中点，得 EF⊥DG；因为 BF∩EF=F，所以 DG⊥ 平面 BCEF．
例3..如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形．点 E 是棱 PC 的中点，平面 ABE 与棱 PD 交于点 F．

(1) 求证：AB∥EF；
【答案】略
【解析】证明：因为底面 ABCD 是正方形，
所以 AB∥CD．
又因为 AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以 AB∥平面PCD．
又因为 A,B,E,F 四点共面，且平面 ABEF∩平面PCD=EF，
所以 AB∥EF．

(2) 若 PA=AD，且 平面PAD⊥平面ABCD，试证明 AF⊥平面PCD；
【答案】略
【解析】在正方形 ABCD 中，CD⊥AD．
又因为平面 PAD⊥平面ABCD，
且平面 PAD∩平面ABCD=AD，
所以 CD⊥平面PAD．
又 AF⊂平面PAD
所以 CD⊥AF．
由（1）可知 AB∥EF，
又因为 AB∥CD，所以 CD∥EF．由点 E 是棱 PC 中点，所以点 F 是棱 PD 中点．
在 △PAD 中，因为 PA=AD，所以 AF⊥PD．
又因为 PD∩CD=D，所以 AF⊥平面PCD．

(3) 在（2）的条件下，线段 PB 上是否存在点 M，使得 EM⊥平面PCD ？（直接给出结论，不需要说明理由）
【答案】不存在
变式3..如图，四面体 P-ABC 中，PA⊥ 平面 ABC，PA=1，AB=BC=1，AC=2．

(1) 证明 BC⊥ 平面 PAB；
【答案】见解析
【解析】由题设知 AB=BC=1，AC=2，
∴AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，
∵PA⊥ 平面 ABC，∴PA⊥BC，PA⊥AB，
∵PA∩AB=A，∴BC⊥ 平面 PAB．

(2) 在线段 PC 上是否存在点 D，使得 AC⊥BD，若存在，求 PD 的值，若不存在，请说明理由．
【答案】PD=32
【解析】点 D 为 PC 的中点，且 PD=32，使得 AC⊥BD．
理由如下：
在平面 ABC 内，过点 B 作 BE⊥AC，垂足为 E，
在平面 PAC 内，过点 E 作 DE//PA，交 PC 于点 D，连结 BD，
由 PA⊥ 平面 ABC，知 PA⊥AC，∴DE⊥AC，
∴AC⊥ 平面 DBE，
∵BD⊂ 平面 DBE，∴AC⊥BD，
在 △ABC 中，AB=BC=1，点 E 为 AC 的中点，则点 D 为 PC 的中点，
在 Rt△APC 中，AP=1，AC=2，∴PC=3，
∴PD=32．

例4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60∘，PA=AB=BC，E是PC的中点.证明：


(1) CD⊥AE；
【答案】略
【解析】∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，
又AC⊥CD，PA∩AC=A，
故CD⊥平面PAC．
又AE⊂平面PAC，
∴CD⊥AE;

(2) PD⊥平面ABE．
【答案】略
【解析】由题意：AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，
从而AB⊥PD．
又AB=BC，且∠ABC=60∘，
∴AC=AB，从而AC=PA．
又E为PC之中点，
∴AE⊥PC．
由(1)知：AE⊥CD，
∴AE⊥平面PCD，
从而AE⊥PD．
又AB∩AE=A，
故PD⊥平面ABE．
变式4..如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且3AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.
求证：PA⊥CD.
证明：因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC.
在Rt△ABC中，由BC＝AC，得∠ABC＝30°.
设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝2.
由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 30°＝3，
所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD.
因为PD∩AB＝D，所以CD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.


考点二.面面垂直的判定与性质

例1.如图，在三棱锥 V-ABC 中，平面 VAB⊥ 平面 ABC，△VAB 为等边三角形，AC⊥BC 且 AC=BC=2，O，M 分别为 AB，VA 的中点．

(1) 求证：VB// 平面 MOC；
【答案】见解析
【解析】因为 O，M 分别为 AB，VA 的中点，
所以 OM//VB，
又因为 VB⊄ 平面 MOC，OM⊂ 平面 MOC，
所以 VB// 平面 MOC 线面平行．
【备注】根据线面平行的判定定理，找出面 MOC 上与直线 VB 平行的直线即可．

(2) 求证：平面 MOC⊥ 平面 VAB；
【答案】见解析
【解析】因为 AC=BC，O 为 AB 的中点，
所以 OC⊥AB．
又因为平面 VAB⊥ 平面 ABC，交线为 AB，且 OC⊂ 平面 ABC，
所以 OC⊥ 平面 VAB 面面垂直，
所以平面 MOC⊥ 平面 VAB 面面垂直．
【备注】根据面面垂直的判定定理，找出其中一个面上垂直另一个面的直线即可．




变式1.如图，在三棱锥 P-ABC 中，D，E，F 分别为棱 PC，AC，AB 的中点，已知 PA⊥AC，PA=6，BC=8，DF=5．

(1) 直线 PA// 平面 DEF；
【答案】见解析
【解析】因为 D，E 分别为棱 PC、AC 中点
所以 DE//PA．
又因为 PA⊄ 平面 DEF，DE⊆ 平面 DEF
所以直线 PA// 平面 DEF．

(2) 平面 BDE⊥ 平面 ABC．
【答案】见解析
【解析】因为 D、E、F 分别为棱 PC、AC、AB 中点，PA=6、BC=8
所以 DE⊥PA，DE=12PA=3，EF=12BC=4
又因为 DF=5，
故 DF2=DE2+EF2
所以 ∠DEF=90∘，
即 DE⊥EF
又因为 PA⊥AC，DE⊥PA
所以 DE⊥AC
又因为 EF∩AC=E，AC⊆平面 ABC，EF⊆ 平面 ABC
所以 ED⊥ 平面 ABC，
又因为 ED⊆ 平面 ABC
所以平面 BDE⊥ 平面 ABC．

例2.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥ABCD，二面角S-CD-A的平面角为45∘，M为AB的中点，N为SC的中点．


(1) 证明：MN//平面SAD；
【答案】略
【解析】取SD中点E，连接AE、NE，则有NE=12CD=12AB=AM 又∵NE是∆SCD中位线,NE//CD,NE//AM ∴四边形AMNE为平行四边形,∴MN//AE，∴MN//平面SAD；

(2) 证明：平面SMC⊥平面SCD．
【答案】略
【解析】∵SA⊥ABCD,∴SA⊥CD．∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD,又∵SA⋂AD=A，∴CD⊥平面SAD,∴CD⊥SD，∴∠SDA为二面角S-CD-A的平面角,即∠SDA=45∘ ∴∆SAD为等腰直角三角形，∴AE⊥SD,∵ CD⊥平面SAD,∴CD⊥AE，又SD⋂CD=D，∴AE⊥平面SCD ∵MN//AE，∴MN⊥平面SCD,又∵MN⊂平面SMC，∴平面SMC⊥平面SCD
变式2.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.
又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，
∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD.
例3.已知在 △BCD 中，∠BCD=90∘，BC=CD=1，AB⊥ 平面 BCD，∠ADB=60∘，E，F 分别是 AC，AD 上的动点，且 AEAC=AFAD=λ(0<λ<1)．如图．
(1) 求证：不论 λ 为何值，恒有平面 BEF⊥ 平面 ABC；
(2) 当 λ 为何值时，平面 BEF⊥ 平面 ACD？

【答案】(1) 见解析
(2) 67
【解析】在证明面面垂直时，其常用方法是在其中一个平面内找两条相交直线和另一平面内的某一条直线垂直．
(1) 由 AB⊥ 平面 BCD⇒AB⊥CD，又 CD⊥BC⇒CD⊥ 平面 ABC，再利用条件可得不论 λ 为何值，恒有 EF//CD⇒EF⊂ 平面 BEF，就可得不论 λ 为何值恒有平面 BEF⊥ 平面 ABC．
(2) 由 (1) 知，BE⊥EF，又平面 BEF⊥ 平面 ACD⇒BE⊥ 平面 ACD⇒BE⊥AC．
故只须让所求 λ 的值能证明 BE⊥AC 即可．
在 △ABC 中求出 λ 的值．
(1) ∵AB⊥ 平面 BCD．
∴AB⊥CD．
∵CD⊥BC 且 AB∩BC=B．
∴CD⊥ 平面 ABC．
又 ∵AEAC=AFAD=λ(0<λ<1)．
∴ 不论 λ 为何值，恒有 EF//CD．
∴EF⊥ 平面 ABC，EF⊂ 平面 BEF．
∴ 不论 λ 为何值恒有平面 BEF⊥ 平面 ABC．
(2) 由 (1) 知，BE⊥EF．
又 ∵ 平面 BEF⊥ 平面 ACD．
∴BE⊥ 平面 ACD．
∴BE⊥AC．
∵BC=CD=1，∠BCD=90∘，∠ADB=60∘．
∴BD=2，AB=2tan⁡60∘=6．
∴AC=AB2+BC2=7， 由 AB2=AE×AC 得 AE=67．
∴λ=AEAC=67．
故当 λ=67 时，平面 BEF⊥ 平面 ACD．
【备注】本题考查了面面垂直的判定．

变式3.如图，已知 AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=25，AA1=7，BB1=27，点 E 和 F 分别为 BC 和 A1C 的中点．

(1) 求证：EF∥平面A1B1BA；
【答案】略
【解析】如图，连接 A1B．

在 △A1BC 中，因为 E 和 F 分别是 BC 和 A1C 的中点，
所以 EF∥BA1．
又因为 EF⊄平面A1B1BA，BA1⊂平面A1B1BA，
所以 EF∥平面A1B1BA 线面平行．
【备注】本小题是证明线面平行，关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线．

(2) 求证：平面AEA1⊥平面BCB1；
【答案】略
【解析】因为 AB=AC，E 为 BC 的中点，
所以 AE⊥BC．
因为 AA1⊥平面ABC，BB1∥A1A，
所以 BB1⊥平面ABC 线面垂直，从而 BB1⊥AE 线面垂直．
又因为 BC∩BB1=B，
所以 AE⊥平面BCB1 线面垂直．
又因为 AE⊂平面AEA1，
所以 平面AEA1⊥平面BCB1 面面垂直．
【备注】本小题是证明面面垂直，在一个平面内找另外一个平面的一条垂线即可．
例4.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，
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，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.

考点三.垂直关系的综合应用
例1.由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)求证：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，求证：平面A1EM⊥平面B1CD1.
[证明]　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
因为ABCD­A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，
A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C，
因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，
所以EM∥AO.
因为AO⊥BD，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，
又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
变式1.如图，在三棱台ABC­DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在三棱台ABC­DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
∴DF∥a.
(2)线段BE上存在点G，且BG＝BE时，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，
连接GD，
∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱台ABC­DEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，
∵GF⊂平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，
∴GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.
例2.如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．

(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
【证明】　(1)

图1
连接AC交BD于O，连接OF，如图1.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.
(2)当P为AE中点时，有PM⊥BE.
证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，
∵P为AE的中点，H为BE的中点，

图2
∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．
∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.

课后习题
一． 单选题
1.已知直线m，n及平面α，β，给出下列四个命题，其中正确的是(　　)．
A．n//α，n//β，则α//β
B．若α⊥β，m⊥α且n⊥β，则m⊥n
C．若α⊥β，m//β，则m⊥α
D．α//β，m//α，则m//β
【答案】B
【解析】A：平面α，β有可能相交；
B：正确；
C：m可能在α内；
D：m可能在β内．

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】D：设α∩β=l，则β内与直线l平行的直线均不垂直于平面β，
故D错．
3.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列结论正确的是(A )
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A. O是△AEF的垂心
B. O是△AEF的内心
C. O是△AEF的外心
D. O是△AEF的重心
【答案】A
【解析】　

由题意可知PA，PE，PF两两垂直，∴PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，∵PO∩PA＝P，
∴EF⊥平面PAO，
∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，
∴O为△AEF的垂心．故选A.

4.如图所示，四边形ABCD中，AD//BC,AD=AB,∠BCD=45∘,∠BAD=90∘，将
△ABD沿BD折起，使面ABD⊥面BCD，连结AC，则下列命题正确的是(　　)

A．面ABD⊥面ABC B．面ADC⊥面BDC
C．面ABC⊥面BDC D．面ADC⊥面ABC
【答案】D
【解析】由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥BD．
在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，
所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD．
又因为AB⊥AD，AD∩DC=D，所以AB⊥平面ADC，
于是得到平面ADC⊥平面ABC．
故选D
【备注】面面垂直问题
5.如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为(　　)
A. B.1
C. D．2

【答案】选A　设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h，所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
在Rt△DB1F中，由面积相等得× ＝x，解得x＝.
即线段B1F的长为.
6.如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是(　　)
A．平面BCE⊥平面ABN
B．MC⊥AN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面BDE∥平面AMN
【答案】选C　如图，分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，
连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．
∴BC⊥平面ABN，
又BC⊂平面BCE，
∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；
连接PB，则PB∥MC，显然，PB⊥AN，
∴MC⊥AN，故B正确；
取MN的中点F，连接AF，CF，AC.
∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，
∴AF⊥MN，CF⊥MN，
∴∠AFC为二面角A­MN­C的平面角，
∵AF＝CF＝，AC＝，
∴AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠，
∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；
∵DE∥AN，MN∥BD，
DE∩BD＝D，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，MN∩AN＝N，MN⊂平面AMN，AN⊂平面AMN，
∴平面BDE∥平面AMN，故D正确．故选C.
7.《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.
8．(2020·苏州模拟)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，连结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.

二．多选题
9．(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，连结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.
10．(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
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＝，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．
三．填空题

11.如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：①三棱锥A­D1PC的体积不变；
②A1P∥平面AD1C；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面AD1C.
其中正确的命题序号是________．
解析：如图，连接BD交AC于点O，连接DC1交D1C于点O1，连接OO1，则OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，所以三棱锥P­AD1C的体积不变．
又因为V三棱锥P­AD1C＝V三棱锥A­D1PC，所以①正确；
连接A1B，A1C1，因为平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面AD1C，②正确；
由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1，
即DP不垂直BC1，故③不正确；
由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，
所以DB1⊥平面AD1C.
又因为DB1⊂平面PDB1，
所以平面PDB1⊥平面AD1C，④正确．
【答案】①②④
12．(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．
13.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，连结AC，
则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)
14.(2019·武汉调研)在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；
②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；
③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．
其中正确结论的序号是________．
解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确．
②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．
③假设AD⊥BC，∵CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③不正确．综上，填②.
【答案】②
15．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．
解析：如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC­A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．
【答案】①③





16．已知α，β是两平面，AB，CD是两条线段，α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面．
①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又AB⊥α，EF⊂α，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABDC，
又BD⊂平面ABDC，∴BD⊥EF，故①正确；
②不能得到BD⊥EF，故②错误；
③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上，可知平面ABDC⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABDC，∴平面ABCD⊥α.∵α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABDC，又BD⊂平面ABDC，∴BD⊥EF，故③正确；
④中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABDC，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.
【答案】①③

四． 解答题
17、（2020年江苏卷）.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．
【解析】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.

18、（2019年高考江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
19、（2018年高考江苏卷）在平行六面体中，．

求证：（1）平面；
（2）平面平面．
【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
20.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM­DCP与刍童ABCD­A1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.台体体积公式：V＝(S′＋＋S)h，其中S′，S分别为台体上、下底面的面积，h为台体的高．
(1)求证：直线BD⊥平面MAC；
(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥A­A1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．
解：(1)证明：由题意可知ABM­DCP是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD⊥平面MAB，
∵MA⊂平面MAB，∴AD⊥MA.
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴MA⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴MA⊥BD，
∵AB＝AD，∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.
又MA∩AC＝A，MA⊂平面MAC，AC⊂平面MAC，
∴BD⊥平面MAC.
(2)设刍童ABCD­A1B1C1D1的高为h，
则三棱锥A­A1B1D1的体积V′＝××2×2×h＝，
∴h＝，
故该组合体的体积V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.
21.如图，已知三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)求证：MN∥平面AA′C′C；
(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．
解：(1)证明：如图，取A′B′的中点E，连接ME，NE.
因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′.
又A′C′⊂平面AA′C′C，AA′⊂平面AA′C′C，NE⊄平面AA′C′C，ME⊄平面AA′C′C，
所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，又因为ME∩NE＝E，
所以平面MNE∥平面AA′C′C，
因为MN⊂平面MNE，
所以MN∥平面AA′C′C.
(2)连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，
由题意知BC＝λa，CN＝BN＝ ，
因为三棱柱ABC­A′B′C′的侧棱垂直于底面，
所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C.
因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，
所以A′B′＝A′C′，A′N⊥B′C′，
所以A′N⊥平面BB′C′C，
又CN⊂平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，
要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，
所以CN2＋BN2＝BC2，即2＝2λ2a2，
解得λ＝，故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.