【数学】2019届一轮复习北师大版垂直关系学案文

【数学】2019届一轮复习北师大版垂直关系学案文

‎§8.5　垂直关系 最新考纲 考情考向分析 ‎1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．‎ ‎2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.‎ 直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.‎ ‎1．直线与平面垂直 图形 条件 结论 判定 a⊥b，bα(b为α内的任意一条直线)‎ a⊥α a⊥m，a⊥n，m，nα，m∩n＝O a⊥α a∥b，a⊥α b⊥α 性质 a⊥α，bα a⊥b a⊥α，b⊥α a∥b ‎2.平面与平面垂直 ‎(1)平面与平面垂直的定义 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．‎ ‎(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 知识拓展 重要结论 ‎(1)若两条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．‎ ‎(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．‎ ‎(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．‎ ‎(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．‎ 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)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　√　)‎ ‎(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　×　)‎ ‎(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　√　)‎ ‎(6)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.(　×　)‎ 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．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H，D，G.‎ ‎∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，‎ ‎∴PC⊥平面PAB，‎ 又AB平面PAB，∴PC⊥AB，‎ ‎∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，‎ ‎∴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．(2017·湖南六校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下列给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A．α⊥β且mα B．α⊥β且m∥α C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β 答案　C 解析　由线面垂直的判定定理，可知C正确．‎ ‎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＝＝，MN＝＝，‎ ON＝＝，‎ 所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.‎ ‎6.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∥AB B．平面VAC⊥平面VBC C．MN与BC所成的角为45°‎ D．OC⊥平面VAC 答案　B 解析　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B.‎ 题型一　直线与平面垂直的判定与性质 典例 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；‎ ‎(2)PD⊥平面ABE.‎ 证明　(1)在四棱锥P—ABCD中，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥CD.‎ 又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，‎ ‎∴CD⊥平面PAC.‎ 而AE平面PAC，∴CD⊥AE.‎ ‎(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.‎ ‎∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.‎ 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，‎ ‎∴AE⊥平面PCD，‎ 而PD平面PCD，∴AE⊥PD.‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，∴PA⊥AB.‎ 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，‎ ‎∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，‎ ‎∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE平面ABE，‎ ‎∴PD⊥平面ABE.‎ 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．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．‎ 跟踪训练 如图，在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B‎1C∩BC1＝E.‎ 求证：(1)DE∥平面AA‎1C1C；‎ ‎(2)BC1⊥AB1.‎ 证明　(1)由题意知，E为B‎1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.‎ 又因为DE⊈平面AA‎1C1C，AC平面AA‎1C1C，‎ 所以DE∥平面AA‎1C1C.‎ ‎(2)因为棱柱ABCA1B‎1C1是直三棱柱，‎ 所以CC1⊥平面ABC.‎ 因为AC平面ABC，‎ 所以AC⊥CC1.‎ 又因为AC⊥BC，CC1平面BCC1B1，‎ BC平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，‎ 所以AC⊥平面BCC1B1.‎ 又因为BC1平面BCC1B1，‎ 所以BC1⊥AC.‎ 因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，‎ 因此BC1⊥B‎1C.‎ 因为AC，B‎1C平面B‎1AC，AC∩B‎1C＝C，‎ 所以BC1⊥平面B‎1AC.‎ 又因为AB1平面B‎1AC，所以BC1⊥AB1.‎ 题型二　平面与平面垂直的判定与性质 典例 (2018·开封模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．‎ ‎(1)求证：CE∥平面PAD；‎ ‎(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.‎ 证明　(1)方法一　取PA的中点H，连接EH，DH.‎ 因为E为PB的中点，‎ 所以EH綊AB.‎ 又CD綊AB，‎ 所以EH綊CD.‎ 所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.‎ 又DH平面PAD，CE⊈平面PAD，‎ 所以CE∥平面PAD.‎ 方法二　连接CF.‎ 因为F为AB的中点，‎ 所以AF＝AB.‎ 又CD＝AB，‎ 所以AF＝CD.‎ 又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．‎ 因此CF∥AD，又CF⊈平面PAD，AD平面PAD，‎ 所以CF∥平面PAD.‎ 因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又EF⊈平面PAD，PA平面PAD，‎ 所以EF∥平面PAD.‎ 因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.‎ 又CE平面CEF，所以CE∥平面PAD.‎ ‎(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又因为AB⊥PA，‎ 所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.‎ 又因为EF∩FG＝F，EF，FG平面EFG，‎ 所以AB⊥平面EFG.‎ 又因为M，N分别为PD，PC的中点，‎ 所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，‎ 所以MN⊥平面EFG.‎ 又因为MN平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.‎ 引申探究 ‎1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.‎ 证明　因为AB⊥PA，AB⊥AC，‎ 且PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，‎ 所以AB⊥平面PAC.‎ 又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，‎ 所以MN⊥平面PAC.‎ 又MN平面EMN，‎ 所以平面EMN⊥平面PAC.‎ ‎2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.‎ 证明　因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，‎ 所以EF∥PA，FG∥AC，‎ 又EF⊈平面PAC，PA平面PAC，‎ 所以EF∥平面PAC.‎ 同理FG∥平面PAC.‎ 又EF∩FG＝F，‎ 所以平面EFG∥平面PAC.‎ 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 (2018届河南中原名校质检)在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，△PAD是等边三角形，已知AD＝2，BD＝2，AB＝2CD＝4.‎ ‎(1)设M是PC上一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；‎ ‎(2)求四棱锥P—ABCD的体积．‎ ‎(1)证明　在△ABD中，由勾股定理知AD⊥BD，‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，‎ 所以BD⊥平面PAD，又BD平面BDM，‎ 所以平面MBD⊥平面PAD.‎ ‎ (2)解　如图，取AD的中点O，则PO⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，‎ 所以PO⊥平面ABCD，‎ 所以PO是四棱锥P—ABCD的高，且PO＝2×＝，‎ 底面ABCD的面积是△ABD面积的，即3，‎ 所以四棱锥P—ABCD的体积为×3×＝3.‎ 题型三　垂直关系中的探索性问题 典例 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．‎ ‎(1)证明　连接AC交BD于点O，连接OF.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴O为AC的中点．‎ 又F为EC的中点，∴OF∥AE.‎ 又OF平面BDF，AE⊈平面BDF，‎ ‎∴AE∥平面BDF.‎ ‎(2)解　当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：‎ 取BE的中点H，连接DP，PH，CH.‎ ‎∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.‎ 又AB∥CD，∴PH∥CD，‎ ‎∴P，H，C，D四点共面．‎ ‎∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，‎ CD平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.‎ 又BE平面BCE，∴CD⊥BE，‎ ‎∵BC＝CE，且H为BE的中点，‎ ‎∴CH⊥BE.‎ 又CH∩CD＝C，且CH，CD平面DPHC，‎ ‎∴BE⊥平面DPHC.‎ 又PM平面DPHC，∴PM⊥BE.‎ 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 如图，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝.‎ ‎(1)求证：B‎1C∥平面A1BM；‎ ‎(2)求证：AC1⊥平面A1BM；‎ ‎(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA‎1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM.‎ 在△B‎1AC中，∵M，O分别为AC，AB1的中点，‎ ‎∴OM∥B‎1C，‎ 又∵OM平面A1BM，B‎1C⊈平面A1BM，‎ ‎∴B‎1C∥平面A1BM.‎ ‎(2)证明　∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM平面ABC，‎ ‎∴AA1⊥BM，‎ 又∵M为棱AC的中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.‎ ‎∵AA1∩AC＝A，AA1，AC平面ACC‎1A1，‎ ‎∴BM⊥平面ACC‎1A1，‎ ‎∴BM⊥AC1.‎ ‎∵AC＝2，∴AM＝1.‎ 又∵AA1＝，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，‎ tan∠AC‎1C＝tan∠A1MA＝，‎ ‎∴∠AC‎1C＝∠A1MA，‎ 即∠AC‎1C＋∠C‎1AC＝∠A1MA＋∠C‎1AC＝90°，‎ ‎∴A‎1M⊥AC1.‎ ‎∵BM∩A‎1M＝M，BM，A‎1M平面A1BM，‎ ‎∴AC1⊥平面A1BM.‎ ‎(3)解　当点N为BB1的中点，即＝时，‎ 平面AC1N⊥平面AA‎1C1C.‎ 证明如下：‎ 设AC1的中点为D，连接DM，DN.∵D，M分别为AC1，AC的中点，‎ ‎∴DM∥CC1，且DM＝CC1.‎ 又∵N为BB1的中点，∴DM∥BN，且DM＝BN，‎ ‎∴四边形BNDM为平行四边形，‎ ‎∴BM∥DN，‎ ‎∵BM⊥平面ACC‎1A1，∴DN⊥平面AA‎1C1C.‎ 又∵DN平面AC1N，‎ ‎∴平面AC1N⊥平面AA‎1C1C.‎ 立体几何证明问题中的转化思想 典例 (12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B‎1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．‎ 求证：(1)AN∥平面A1MK；‎ ‎(2)平面A1B‎1C⊥平面A1MK.‎ 思想方法指导 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理．‎ ‎(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等．‎ ‎(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件，步骤书写要规范．‎ 规范解答 证明　(1)如图所示，连接NK.‎ 在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，‎ ‎∵四边形AA1D1D，DD‎1C1C都为正方形，‎ ‎∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，‎ C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]‎ ‎∵N，K分别为CD，C1D1的中点，‎ ‎∴DN∥D1K，DN＝D1K，‎ ‎∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]‎ ‎∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，‎ ‎∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]‎ 又∵A1K平面A1MK，AN⊈平面A1MK，‎ ‎∴AN∥平面A1MK.[6分]‎ ‎(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.‎ ‎∵M，K分别为AB，C1D1的中点，‎ ‎∴BM∥C1K，BM＝C1K，‎ ‎∴四边形BC‎1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]‎ 在正方体ABCD—A1B‎1C1D1中，A1B1⊥平面BB‎1C1C，‎ BC1平面BB‎1C1C，∴A1B1⊥BC1.‎ ‎∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.‎ ‎∵四边形BB‎1C1C为正方形，∴BC1⊥B‎1C，[10分]‎ ‎∴MK⊥B‎1C.‎ ‎∵A1B1平面A1B‎1C，B‎1C平面A1B‎1C，A1B1∩B‎1C＝B1，∴MK⊥平面A1B‎1C.‎ 又∵MK平面A1MK，‎ ‎∴平面A1B‎1C⊥平面A1MK.[12分]‎ ‎1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则(　　)‎ A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α B．垂直于直线l的直线一定垂直于平面α C．垂直于平面β的平面一定平行于直线l D．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直 答案　D 解析　对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错误；‎ 对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错误；‎ 对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错误．D正确．‎ ‎2．(2017·深圳四校联考)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为(　　)‎ A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面β B．过点P垂直于直线l的直线在平面α内 C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内 D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β 答案　B 解析　由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确；过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确；根据面面垂直的性质定理，知选项C，D正确．‎ ‎3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ(　　)‎ A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m 答案　A 解析　选项A，∵l⊥β，lα，∴α⊥β，A正确；选项B，α⊥β，lα，mβ，l与m的位置关系不确定；选项C，∵l∥β，lα，∴α∥β或α与β相交；选项D，∵α∥β，lα，mβ，此时，l与m的位置关系不确定．故选A.‎ ‎4．(2017·中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A．α⊥β且mα B．α⊥β且m∥α C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β 答案　C 解析　对于选项A，由α⊥β且mα，可得m∥β或m与β相交或mβ，故A不成立；对于选项B，由α⊥β且m∥α，可得mβ或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β 或m与β相交或mβ，故D不成立．故选C.‎ ‎5．(2018届江西南昌摸底)如图，在四棱锥P—ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)‎ A．PB⊥AC B．PD⊥平面ABCD C．AC⊥PD D．平面PBD⊥平面ABCD 答案　B 解析　取BP的中点O，连接OA，OC，则BP⊥OA，BP⊥OC，又因为OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A正确；又AC⊥BD，BP∩BD＝B，得AC⊥平面BDP，又PD平面BDP，所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故选项C，D正确，故选B.‎ ‎6.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是(　　)‎ A．①② B．①②③ C．① D．②③‎ 答案　B 解析　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，‎ ‎∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，‎ ‎∵AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，‎ 又PC平面PAC，∴BC⊥PC；‎ 对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，‎ ‎∵PA平面PAC，OM⊈平面PAC，∴OM∥平面PAC；‎ 对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．‎ ‎7.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．‎ 答案　4‎ 解析　∵PA⊥平面ABC，‎ AB，AC，BC平面ABC，‎ ‎∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．‎ ‎8．(2018·洛阳模拟)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.‎ ‎9.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．‎ 答案　AB，BC，AC　AB 解析　∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.‎ ‎10.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________．‎ 答案　 解析　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＝＝.‎ 由面积相等得××＝×x，‎ 得x＝.‎ ‎11.(2017·长春二检)如图，在三棱锥A—BCD中，△ABC是等腰直角三角形，且AC⊥BC，BC＝2，AD⊥平面BCD，AD＝1.‎ ‎(1)求证：平面ABC⊥平面ACD；‎ ‎(2)若E为AB的中点，求点A到平面CED的距离．‎ ‎(1)证明　因为AD⊥平面BCD，BC平面BCD，‎ 所以AD⊥BC，又AC⊥BC，AC∩AD＝A，‎ AC，AD平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面ACD，‎ 因为BC平面ABC，‎ 所以平面ABC⊥平面ACD.‎ ‎(2)解　由已知可得CD＝，取CD的中点F，连接EF，因为E为AB的中点，‎ 所以ED＝EC＝AB＝，‎ 所以△ECD为等腰三角形，‎ 从而EF＝，‎ 所以S△ECD＝××＝.‎ 由(1)知BC⊥平面ACD，‎ 所以E到平面ACD的距离为1，‎ S△ACD＝××1＝.‎ 设点A到平面CED的距离为d，‎ 则V三棱锥A—ECD＝·S△ECD·d ‎＝V三棱锥E—ACD＝·S△ACD·1，‎ 解得d＝.‎ ‎12.如图，在四棱锥P—ABCD中，PC＝AD＝CD＝AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：BC⊥平面PAC；‎ ‎(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由；并求三棱锥A—CMN的高．‎ ‎(1)证明　连接AC，在直角梯形ABCD中，‎ AC＝＝2，‎ BC＝＝2，‎ 所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.‎ 又PC⊥平面ABCD，BC平面ABCD，‎ 所以PC⊥BC，又AC∩PC＝C，AC，PC平面PAC，‎ 故BC⊥平面PAC.‎ ‎(2)解　N为PB的中点，连接MN，CN.‎ 因为M为PA的中点，N为PB的中点，‎ 所以MN∥AB，且MN＝AB＝2.‎ 又因为AB∥CD，所以MN∥CD，‎ 所以M，N，C，D四点共面，‎ 所以N为过C，D，M三点的平面与线段PB的交点．‎ 因为BC⊥平面PAC，N为PB的中点，‎ 所以点N到平面PAC的距离d＝BC＝.‎ 又S△ACM＝S△ACP＝××AC×PC＝，‎ 所以V三棱锥N—ACM＝××＝.‎ 由题意可知，在Rt△PCA中，‎ PA＝＝2，CM＝，‎ 在Rt△PCB中，PB＝＝2，‎ CN＝，所以S△CMN＝×2×＝.‎ 设三棱锥A—CMN的高为h，‎ V三棱锥N—ACM＝V三棱锥A—CMN＝××h＝，‎ 解得h＝，故三棱锥A—CMN的高为.‎ ‎13．(2018届南宁市联考)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.下列说法错误的是________．(填序号)‎ ‎①AG⊥△EFH所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面．‎ 答案　①③④‎ 解析　折之前AG⊥EF，CG⊥EF，折之后也垂直，所以EF⊥平面AHG，折之前∠B，∠D，∠C均为直角，折之后三点重合，所以折之后AH，EH，FH三条直线两两垂直，所以AH⊥△EFH所在平面，②对；同时可知AH⊥HG，又HF⊥△AEH所在平面，过AE不可能做两个平面与直线HF垂直，③错；如果HG⊥△AEF所在平面，则有HG⊥AG，与②中AH⊥HG矛盾，④错；若AG⊥△EFH所在平面，则有AG⊥HG，与②中AH⊥HG矛盾，所以①也错．‎ ‎14.如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：‎ ‎①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.‎ 其中正确结论的序号是________．‎ 答案　①②③‎ 解析　由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.‎ 又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.‎ ‎∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC平面PBC，‎ ‎∴AF⊥平面PBC，‎ ‎∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，‎ AE，AF平面AEF，‎ ‎∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.‎ 故①②③正确．‎ ‎15.(2017·兰州模拟)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△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，一定存在某个位置，使EC⊥AD.‎ 答案　①②④‎ 解析　由已知，在未折叠的原梯形中，‎ AB∥DE，BE∥AD，‎ 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正确．‎ ‎16.(2018·泉州模拟)点P在正方体ABCD—A1B‎1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：‎ ‎①三棱锥A—D1PC的体积不变；‎ ‎②A1P∥平面ACD1；‎ ‎③DP⊥BC1；‎ ‎④平面PDB1⊥平面ACD1.‎ 其中正确的命题序号是________．‎ 答案　①②④‎ 解析　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P—AD‎1C的体积不变．‎ 又因为V三棱锥P—ADC＝V三棱锥A—DPC，所以①正确；‎ 因为平面A‎1C1B∥平面AD‎1C，A1P平面A‎1C1B，‎ 所以A1P∥平面ACD1，②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ACD1，④正确．‎