浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定及其性质含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定及其性质含解析

第5节　直线、平面垂直的判定及其性质 考试要求　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.‎ 知 识 梳 理 ‎1.直线与平面垂直 ‎(1)直线和平面垂直的定义 如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直.‎ ‎(2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 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 ⇒l⊥α 性质定理 ‎ 两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行 ⇒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 图形表示 符号表示 判定定理 一个平面经过另一个平面的一条垂线，则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，则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 ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.垂直关系的转化 ‎2.直线与平面垂直的五个结论 ‎(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.‎ ‎(2)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.‎ ‎(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.‎ ‎(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直.‎ ‎(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(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)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(　　)‎ ‎(4)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.(　　)‎ 解析　(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误.‎ ‎(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.‎ ‎(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.‎ ‎(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.(2020·温州适应性测试)设m，n为直线，α，β为平面，则m⊥α的一个充分条件可以是(　　)‎ A.α⊥β，α∩β＝n，m⊥n B.α∥β，m⊥β C.α⊥β，m∥β D.n⊂α，m⊥n 解析　对于A，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，A错误；对于B，由直线垂直于两平行平面中的一个，得该直线垂直于另一个平面，B正确，对于C，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，C错误；对于D，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，D错误.综上所述，故选B.‎ 答案　B ‎3.(2016·浙江卷)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 解析　因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l，故选C.‎ 答案　C ‎4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 解析　如图，由题设知A1B1⊥平面BCC1B1且BC1⊂平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.‎ 答案　C ‎5.(2020·北京顺义区二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则(　　)‎ A.若m⊥α，α⊥β，则m∥β B.若m∥α，n⊥α，则m⊥n C.若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β D.若m∥α，n∥α，则m∥n 解析　在如图所示的正方体中依次判断各个选项；A选项，面ABCD⊥面ADD1A1，AA1⊥面ABCD，此时AA1⊂面ADD1A1，可知A错误；B选项，m∥α，则α内必存在直线，使得m∥l；又n⊥α，则n⊥l，可知n⊥m，可知B正确；C选项，取AA1和DD1中点E和F，可知A1D1∥面ABCD，EF∥面ABCD，A1D1，EF⊂面ADD1A1，此时面ADD1A1⊥面ABCD，可知C错误；D选项，AA1∥面BCC1B1，AD∥面BCC1B1，此时AA1∩AD＝A，可知D错误.‎ 答案　B ‎6.(必修2P67练习2改编)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.‎ 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.‎ ‎　　‎ ‎　　 　 　图1　 　　　　　图2‎ ‎(2)如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，‎ ‎∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，‎ ‎∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，‎ ‎∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，‎ ‎∴AB⊥CG，‎ 即CG为△ABC边AB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.‎ 答案　(1)外　(2)垂 考点一　线面垂直的判定与性质 ‎【例1】 (2020·苏锡常镇四市一调)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的高为，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点.‎ 求证：(1)B1M∥平面A1BN；‎ ‎(2)AD⊥平面A1BN.‎ 证明　(1)连接MN，正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1C1C是平行四边形，因为点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，所以MN∥AA1且MN＝AA1，又正三棱柱ABC－A1B1C1中AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以MN∥BB1且MN＝BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B1M∥BN，又B1M⊄平面A1BN，BN⊂平面A1BN，所以B1M∥平面A1BN.‎ ‎(2)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，‎ BN⊂平面ABC，所以BN⊥AA1.‎ 在正△ABC中，N是AC的中点，‎ 所以BN⊥AC，又AA1，AC⊂平面AA1C1C，AA1∩AC＝A，‎ 所以BN⊥平面AA1C1C，‎ 又AD⊂平面AA1C1C，‎ 所以AD⊥BN.‎ 由题意，AA1＝，AC＝2，AN＝1，CD＝，‎ 所以＝＝，‎ 又∠A1AN＝∠ACD＝，‎ 所以△A1AN∽△ACD，‎ 则∠AA1N＝∠CAD，‎ 所以∠ANA1＋∠CAD＝∠ANA1＋∠AA1N＝，‎ 则AD⊥A1N，‎ 又BN∩A1N＝N，BN，A1N⊂平面A1BN，‎ 所以AD⊥平面A1BN.‎ 规律方法　(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：‎ ‎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(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α).‎ ‎(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，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.‎ ‎【训练1】 如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝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⊥CB.‎ 在Rt△ABC中，由AC＝BC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，由PD∩AB＝D得，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2】 (2018·江苏卷)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.‎ 求证：(1)AB∥平面A1B1C；‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明　(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.‎ 规律方法　(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理.‎ ‎(2)已知两平面垂直时，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.‎ ‎【训练2】 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，AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.‎ ‎∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，‎ ‎∴EF∥平面ABC.‎ ‎(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，‎ ‎∴BC⊥平面ABD.‎ ‎∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，‎ ‎∴AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.‎ 考点三　平行与垂直的综合问题　 多维探究 角度1　多面体中平行与垂直关系的证明 ‎【例3－1】 (2018·北京卷)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.‎ 证明　(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.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，且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中点G，连接FG，DG.‎ 因为F，G分别为PB，PC的中点，‎ 所以FG∥BC，FG＝BC.‎ 因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，‎ 所以DE∥BC，DE＝BC.‎ 所以DE∥FG，DE＝FG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形.‎ 所以EF∥DG.‎ 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，‎ 所以EF∥平面PCD.‎ 规律方法　(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.‎ ‎(2)垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.‎ 角度2　平行垂直中探索性问题 ‎【例3－2】 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.‎ ‎(1)证明　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)解　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，∴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.‎ 规律方法　(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.‎ ‎(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探 索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.‎ ‎【训练3】 (1)(角度1)(2019·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：①A1B1∥平面DEC1；‎ ‎②BE⊥C1E.‎ ‎(2)(角度2)(2018·全国Ⅲ卷)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.‎ ‎①证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎②在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.‎ ‎(1)证明　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C1C⊥平面ABC.‎ 又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥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.‎ ‎(2)①证明　由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面CMD，‎ 又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，‎ 所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎②解　当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.‎ 证明如下：如图，连接AC，BD，AC交BD于O.‎ 因为ABCD为矩形，所以O为AC中点.连接OP，‎ 因为P为AM中点，所以MC∥OP.‎ MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，‎ 所以MC∥平面PBD.‎ 基础巩固题组 一、选择题 ‎1.已知平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a⊂α，则“a⊥b”是“a⊥β”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 解析　平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a⊂α，若a⊥b，则a⊥β，充分性成立；平面α⊥平面β，因为α∩β＝b，所以b⊂β，若a⊥β，则a⊥b，必要性成立，所以“a⊥b”是“a⊥β”的充要条件，故选C.‎ 答案　C ‎2.下列命题正确的是(　　)‎ A.若直线l不平行于平面α，则α内不存在直线平行于直线l B.若直线l不垂直于平面α，则α内不存在直线垂直于直线l ‎ C.若平面α不平行于平面β，则β内不存在直线平行于平面α D.若平面α不垂直于平面β，则β内不存在直线垂直于平面α 解析　A中，若直线l在平面α内，则平面α内存在直线平行于直线l；B中，平面α内存在无数条直线与直线l垂直；C中，平面β内与两平面交线平行的直线都与平面α平行；故选D.‎ 答案　D ‎3.(2015·浙江卷)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 解析　由面面垂直的判定定理可知A正确；B中，l与m可能平行、垂直、相交、异面；C中，α与β可能相交、平行；D中，l与m可能异面、平行.‎ 答案　A ‎4.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 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C，D正确.‎ 答案　B ‎5.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 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，‎ ‎∴BC⊥平面PAE，DF∥BC，则DF⊥平面PAE，‎ 又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此B，C均正确.‎ 答案　D ‎6.(2020·北京门头沟区一模)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不垂直的是(　　)‎ 解析　对于A，AB为体对角线，M、N、Q分别为棱的中点，由中位线定理可得MN，MQ，NQ平行于所对应的面对角线，连接另一条面对角线，由线面垂直的判定可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；对于B，AB为上底面的对角线，显然AB垂直于MN，与AB相对的下底面的面对角线平行，且与直线NQ垂直，可得AB垂直于平面MNQ；对于C，AB为前面的面对角线，显然AB垂直于MN，QN在下底面且与棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；对于D，AB为上底面的对角线，MN平行于前面的一条面对角线，此对角线与AB所成角为60°，则AB不垂直于平面MNQ.‎ 答案　D 二、填空题 ‎7.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________.‎ 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，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形.‎ 答案　4‎ ‎8.(2019·北京卷)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：________.‎ 解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.‎ 答案　若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)‎ ‎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).‎ 解析　由题意可知，BD⊥PC.‎ ‎∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.‎ 又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)‎ ‎10.已知α，β是两个平面，m，n是两条直线.‎ ‎(1)如果m⊥α，n∥α，那么m，n的位置关系是________；‎ ‎(2)如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角的大小关系是________.‎ 解析　(1)由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n.‎ ‎(2)因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 答案　(1)垂直　(2)相等 三、解答题 ‎11.如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.‎ ‎(1)求证：PB∥平面MNC；‎ ‎(2)若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.‎ 证明　(1)因为M，N分别为AB，PA的中点，‎ 所以MN∥PB.又因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.‎ ‎(2)因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.‎ 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.‎ 因为平面PAB⊥平面ABC，‎ CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.‎ 所以CM⊥平面PAB.‎ 因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.‎ 又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC.‎ ‎12.(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.‎ ‎(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD.‎ 因为底面ABCD为菱形，‎ 所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC＝A，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)证明　因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥AE.‎ 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.‎ 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.‎ 因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎(3)解　棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，‎ 则FG∥AB，且FG＝AB.‎ 因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，‎ 所以CE∥AB，且CE＝AB.‎ 所以FG∥CE，且FG＝CE.‎ 所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.‎ 因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，‎ 所以CF∥平面PAE.‎ 能力提升题组 ‎13.(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)‎ A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线 B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线 D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 解析　取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.‎ 答案　B ‎14.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)在三棱锥P－ABC中，E为线段AB(不包括端点)上一点，则错误的是(　　)‎ A.一定存在唯一的平面α经过点E，使得平面α∥平面PAC B.一定存在唯一的平面α经过点E，使得平面α⊥平面PAC C.一定存在唯一的平面α经过点E，使得平面α⊥PA D.在平面ABC内，一定存在唯一的直线l经过点E，使得l∥平面PAC 解析　由点E为平面PAC外一点，逐项分析如下：‎ 选项 理由 正误 A 过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行 正确 B 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直；过平面垂线的所有平面与已知平面垂直 错误 C 过一点有且只有一个平面与已知直线垂直 正确 D 过已知平面的平行直线的平面与已知平面相交，则交线与已知直线平行；又在同一平面内有且只有一条直线与已知直线平行 正确 故选B.‎ 答案　B ‎15.如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.‎ 其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).‎ 解析　由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，‎ 又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错误；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错误；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确.‎ 答案　①④‎ ‎16.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.‎ 解析　由题意易知B1D⊥平面ACC1A1，‎ 所以B1D⊥CF.‎ 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可.‎ 令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.‎ 易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，‎ 得＝，即＝，‎ 整理得x2－3ax＋2a2＝0，‎ 解得x＝a或x＝2a.‎ 答案　a或2a ‎17.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.‎ ‎(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由.‎ ‎(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.‎ ‎(1)解　取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：‎ 连接CM，因为AD∥BC，BC＝AD.所以BC∥AM，且BC＝AM.‎ 所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB.CM⊄平面PAB.‎ 所以CM∥平面PAB.‎ ‎(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)证明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ 所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD.‎ 又BD⊂平面ABCD，从而PA⊥BD.‎ 因为AD∥BC，BC＝AD，‎ M为AD的中点，连接BM，‎ 所以BC∥MD，且BC＝MD.‎ 所以四边形BCDM是平行四边形，‎ 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.‎ ‎18.(2020·北京西城区测试)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，侧面ADEF为梯形，AF∥DE，DE⊥AD，DC＝DE.‎ ‎(1)求证：AD⊥CE；‎ ‎(2)求证：BF∥平面CDE；‎ ‎(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面ADQ⊥平面BCE？并说明理由.‎ ‎(1)证明　由底面ABCD为矩形知AD⊥CD.‎ 又因为DE⊥AD，DE∩CD＝D，‎ 所以AD⊥平面CDE.‎ 又因为CE⊂平面CDE，所以AD⊥CE.‎ ‎(2)证明　由底面ABCD为矩形，知AB∥CD，‎ 又因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB∥平面CDE.‎ 同理AF∥平面CDE，又因为AB∩AF＝A，‎ 所以平面ABF∥平面CDE.‎ 又因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.‎ ‎(3)解　结论：线段BE上存在点Q(即BE的中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.‎ 证明如下：‎ 取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，‎ 则PQ∥BC.‎ 由AD∥BC，得PQ∥AD.‎ 所以A，D，P，Q四点共面.‎ 由(1)知AD⊥平面CDE，又DP⊂平面CDE，‎ 所以AD⊥DP，故BC⊥DP.‎ 在△CDE中，由DC＝DE，可得DP⊥CE.‎ 又因为BC∩CE＝C，‎ 所以DP⊥平面BCE.‎ 又因为DP⊂平面ADPQ，‎ 所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE).‎ 即线段BE上存在点Q(即BE中点)，使得平面ADQ⊥平面BCE.‎