备考2024届高考数学一轮复习强化训练第七章立体几何与空间向量第4讲空间直线平面的垂直

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（1）证明：平面BED⊥平面ACD.
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥
F－ABC的体积.
解析 （1）因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC.
又E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE.
因为BE∩DE＝E，且BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
（2）由（1）可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小.
因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝3，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝DE·BEBD＝32.
由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD＝2，易知DF＜BF，所以DF＝12，FB＝32.
解法一 因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
则F到平面ABC的距离d＝BFBD×DE＝34.
故VF－ABC＝13S△ABC×d＝13×34×4×34＝34.
解法二 由（1）知BD⊥AC，又BD⊥EF，EF∩AC＝E，AC，EF⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，
所以BF即B到平面ACF的距离，
故VF－ABC＝VB－AFC＝13S△AFC×BF＝13×12×AC×EF×BF＝34.
2.[命题点3/北京高考]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.
（1）求证：PE⊥BC.
（2）求证：平面PAB⊥平面PCD.
（3）求证：EF∥平面PCD.
解析 （1）因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
（2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以AB⊥PD.
又PA⊥PD，PA，AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.
又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
（3）如图，取PC的中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝12BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝12BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.
又EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.
3.[命题点3/2024广东省佛山市南海区模拟节选]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝1，AB＝2.证明：BC⊥平面PAC.
解析 如图所示，取AB的中点F，连接CF，则AF＝CD＝1.
又因为AF∥CD，所以四边形AFCD是平行四边形.
因为AD⊥CD，AD＝CD，所以四边形AFCD是正方形，
所以AB⊥CF，所以△ABC是等腰三角形，则AC＝BC＝2，
所以AC2＋BC2＝4＝AB2，所以AC⊥BC，
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
又因为PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC.