1、第4講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)最新考綱考向預(yù)測從定義和公理出發(fā)，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系.命題趨勢直線、平面垂直的判定及性質(zhì)是高考中的重點(diǎn)考查內(nèi)容，涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用、直線與平面所成的角等內(nèi)容多出現(xiàn)在解答題的第(1)問，難度中等.核心素養(yǎng)邏輯推理、直觀想象1直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq blc rc(avs4alco1(a，b,abO,la,lb)l性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行eq blc rc(

2、avs4alco1(a,b)ab2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直eq blc rc(avs4alco1(l,l)性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直eq blc rc(avs4alco1(,l,a,la)l3.空間角(1)直線與平面所成的角定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，如圖，PAO就是斜線AP與平面所成的角線面角的范圍：eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)(2)二面角定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二

3、面角這條直線叫做二面角的棱兩個(gè)半平面叫做二面角的面如圖的二面角，可記作：二面角l或二面角PABQ二面角的平面角如圖，過二面角l的棱l上一點(diǎn)O在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作BOl，AOl，則AOB就叫做二面角l的平面角二面角的范圍設(shè)二面角的平面角為，則0，當(dāng)eq f(,2)時(shí)，二面角叫做直二面角常用結(jié)論1直線與平面垂直的五個(gè)結(jié)論(1)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則這條直線垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任意直線(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面(3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這一條直線與另一個(gè)平面也垂直(5)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它

4、們的交線也垂直于第三個(gè)平面2三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化：線線垂直eq o(,sup7(判定定理),sdo5(性質(zhì)定理)線面垂直eq o(,sup7(判定定理),sdo5(性質(zhì)定理)面面垂直常見誤區(qū)1證明線面垂直時(shí)，易忽視平面內(nèi)兩條直線為相交直線這一條件2兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”這一條件1判斷正誤(正確的打“”，錯(cuò)誤的打“”)(1)已知直線a，b，c，若ab，bc，則ac.()(2)直線l與平面內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l.()(3)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是一個(gè)平面，若mn，m，則n.()(4)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于

5、另一個(gè)平面()(5)若平面內(nèi)的一條直線垂直于平面內(nèi)的無數(shù)條直線，則.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2(易錯(cuò)題)已知m和n是兩條不同的直線，和是兩個(gè)不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m的是()A且mBmn且nCmn且n Dmn且解析：選C.由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理，可知C正確3(多選)四棱錐SABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結(jié)論中正確的是()AACSB BADSCC平面SAC平面SBD DBDSA解析：選ABC.由SD底面ABCD，得SB在平面ABCD內(nèi)的射影為DB.又DB與AC垂直，所以SBAC，A正確；由SC在平面ABCD內(nèi)的射影DC與AD垂

6、直，得SCAD，B正確；由ACSB，ACBD，SBBDB，可得AC平面SBD，從而有平面SAC平面SBD，C正確；若BDSA，則BD垂直SA在平面ABCD內(nèi)的射影DA，與已知條件矛盾，D錯(cuò)誤故選ABC.4已知直線l和平面，且l，則“l(fā)”是“”的_條件解析：由面面垂直的判定定理可得，若l，l，則，充分性成立；若l，則l與垂直、相交或平行，必要性不成立，所以若l，則“l(fā)”是“”的充分不必要條件答案：充分不必要5在三棱錐PABC中，點(diǎn)P在平面ABC中的射影為點(diǎn)O.若PAPBPC，則點(diǎn)O是ABC的_心解析：如圖，連接OA，OB，OC，OP，在RtPOA，RtPOB和RtPOC中，PAPBPC，所以O(shè)A

7、OBOC，即O為ABC的外心答案：外線面垂直的判定與性質(zhì) (1)如圖，在三棱錐PABC中，ABBC2eq r(2)，PAPBPCAC4，O為AC的中點(diǎn)證明：PO平面ABC.(2)(2020高考全國卷節(jié)選)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.證明：當(dāng)ABBC時(shí)，EFAC.【證明】(1)因?yàn)锳PCPAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)PAC，且OP2eq r(3).連接OB.因?yàn)锳BBCeq f(r(2),2)AC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBeq f(1,2)AC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPA

8、C且OBACO知PO平面ABC.(2)如圖，連接BD，B1D1.因?yàn)锳BBC，所以四邊形ABCD為正方形，故ACBD.又因?yàn)锽B1平面ABCD.于是ACBB1.所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D，所以EFAC.eq avs4al()判定線面垂直的四種方法 1如圖所示，已知AB為圓O的直徑，點(diǎn)D為線段AB上一點(diǎn)，且ADeq f(1,3)DB，點(diǎn)C為圓O上一點(diǎn)，且BCeq r(3)AC，PD平面ABC，PDDB.求證：PACD.證明：因?yàn)锳B為圓O的直徑，所以ACCB，在RtABC中，由eq r(3)ACBC得ABC30，設(shè)AD1，由3ADDB得DB3，BC2eq r(3)，由余弦

9、定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303，所以CD2DB2BC2，即CDAO.因?yàn)镻D平面ABC，CD平面ABC，所以PDCD，由PDAOD得，CD平面PAB，又因?yàn)镻A平面PAB，所以PACD.2如圖，在三棱錐ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EFAD.求證：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.證明：(1)在平面ABD中，因?yàn)锳BAD，EFAD，所以EFAB.又因?yàn)镋F平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面

10、ABD.因?yàn)锳D平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因?yàn)锳C平面ABC，所以ADAC.面面垂直的判定與性質(zhì) (1)(2020高考全國卷節(jié)選)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，APC90.證明：平面PAB平面PAC.(2)(2020開封市模擬考試)如圖，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1C1C平面ABC，AA1AC，ACBC.證明：A1CAB1.【證明】(1)由題設(shè)可知，PAPBPC，由于ABC是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC.又APC90，故APB90，

11、BPC90，從而PBPA，PBPC，故PB平面PAC，所以平面PAB平面PAC.(2)因?yàn)锳A1AC，所以四邊形AA1C1C為菱形，所以A1CAC1.因?yàn)槠矫鍭A1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，BC平面ABC，BCAC，所以BC平面AA1C1C.又BCB1C1，所以B1C1平面AA1C1C，所以B1C1A1C.因?yàn)锳C1B1C1C1，所以A1C平面AB1C1，而AB1平面AB1C1，所以A1CAB1.eq avs4al()(1)證明面面垂直的方法定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題定理法：利用面面垂

12、直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線，進(jìn)而把問題轉(zhuǎn)化為證明線線垂直加以解決(2)在已知平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直 如圖，在三棱錐PABC中，PA平面ABC，ABACa，BCeq r(2)a.求證：平面PAB平面PAC.證明：因?yàn)镻A平面ABC，所以PAAB，PAAC，所以BAC即為二面角BPAC的平面角又ABACa，BCeq r(2)a，所以BAC90，所以平面PAB平面PAC.平行與垂直的綜合問題 如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F(xiàn)分

13、別為AD，PB的中點(diǎn)(1)求證：PEBC；(2)求證：平面PAB平面PCD；(3)求證：EF平面PCD.【證明】(1)因?yàn)镻APD，E為AD的中點(diǎn)，所以PEAD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BCAD，所以PEBC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以ABAD.又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，因?yàn)镻D平面PAD，所以ABPD.又因?yàn)镻APD，ABPAA，所以PD平面PAB.因?yàn)镻D平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FGBC，F(xiàn)Geq f(1,2)BC

14、.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，所以DEBC，DEeq f(1,2)BC.所以DEFG，DEFG.所以四邊形DEFG為平行四邊形所以EFDG.又因?yàn)镋F平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.eq avs4al()平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關(guān)系、垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化去解決注意遵循“空間到平面”“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化關(guān)系 (2020高考江蘇卷)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)(1)求證：EF平面AB1C1；(2)求證：平面AB1C平面ABB1.證明：(1)因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)，所以EFAB1.又E

15、F平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EF平面AB1C1.(2)因?yàn)锽1C平面ABC，AB平面ABC, 所以B1CAB.又ABAC，B1C平面AB1C，AC平面AB1C，B1CACC，所以AB平面AB1C.又因?yàn)锳B平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB1.思想方法系列14構(gòu)造幾何模型解決空間問題判斷空間線、面的位置關(guān)系，常利用正(長)方體及其他幾何體模型來判斷，把平面、直線看作正(長)方體內(nèi)及其他幾何體平面、側(cè)棱、對角線等進(jìn)行推導(dǎo)驗(yàn)證，使抽象的推理形象化、具體化 已知m，n是兩條不同的直線，為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題：若m，n，mn，則；若m，n，mn，則；若m，n，mn，則；

16、若m，n，則mn.其中所有正確的命題是()ABC D【解析】對于，可以得到平面，互相垂直，如圖(1)所示，故正確；對于，平面，可能垂直，如圖(2)所示，故不正確；對于，平面，可能垂直，如圖(3)所示，故不正確；對于，由m，可得m，因?yàn)閚，所以過n作平面，且g，如圖(4)所示，所以n與交線g平行，因?yàn)閙g，所以mn，故正確故選A項(xiàng)【答案】Aeq avs4al()(1)構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是結(jié)合題意構(gòu)造符合題意的直觀模型，然后利用模型對問題直觀地作出判斷這樣減少了抽象性，避免了因考慮不全面而導(dǎo)致的解題錯(cuò)誤 (2)由于長方體或正方體中包含了線線平行、線面平行、線線垂直、線面垂直及面面垂直等各種位置關(guān)系故構(gòu)造

17、長方體或正方體來判斷空間直線、平面間的位置關(guān)系，顯得直觀、易判斷構(gòu)造時(shí)注意其靈活性，想象各種情況反復(fù)驗(yàn)證 (2020貴陽市四校聯(lián)考)如圖所示，在三棱錐PABC中，AP平面ABC，ACB90，ACBC1，APeq r(3)，則該三棱錐外接球的體積為_解析：如圖所示，根據(jù)題意可將三棱錐補(bǔ)形為一個(gè)長、寬、高分別為1，1，eq r(3)的長方體，則三棱錐的外接球與長方體的外接球相同設(shè)外接球半徑為R，則(2R)21212(eq r(3)25，所以該三棱錐外接球的體積Veq f(4,3)R3eq f(5r(5),6).答案：eq f(5r(5),6)A級基礎(chǔ)練1已知平面和直線l，則內(nèi)至少有一條直線與l()

18、A平行B相交C垂直 D異面解析：選C.當(dāng)直線l與平面斜交時(shí)，在平面內(nèi)不存在直線與l平行，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)l時(shí)，在內(nèi)不存在直線與l相交，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)l時(shí)，在內(nèi)不存在直線與l異面，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；無論哪種情形，在平面內(nèi)都有無數(shù)條直線與l垂直故選C項(xiàng)2(多選)設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，下列說法正確的是()A若，m，mn，n，則nB若，n，則nC若m，m，則D若m，m，n，則n解析：選AD.選項(xiàng)A中，由面面垂直的性質(zhì)定理知，正確；選項(xiàng)B中，直線n可以與平面相交、平行或n，不正確；選項(xiàng)C中，與直線m平行的平面有無數(shù)個(gè)，且這些平面可以與平面平行、相交，不正確；選項(xiàng)D中，根據(jù)m，m，知，又n

19、，所以n正確，故選AD.3如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中， 點(diǎn)O，M，N分別是線段BD，DD1，D1C1的中點(diǎn)，則直線OM與AC，MN的位置關(guān)系是()A與AC，MN均垂直B與AC垂直，與MN不垂直C與AC不垂直，與MN垂直D與AC，MN均不垂直解析：選A.因?yàn)镈D1平面ABCD，所以ACDD1，又因?yàn)锳CBD，DD1BDD，所以AC平面BDD1B1，因?yàn)镺M平面BDD1B1，所以O(shè)MAC.設(shè)正方體的棱長為2，則OMeq r(12)eq r(3)，MNeq r(11)eq r(2)，ONeq r(14)eq r(5)，所以O(shè)M2MN2ON2，所以O(shè)MMN.故選A.4(2021山東濟(jì)

20、寧模擬)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是()ACC1與B1E是異面直線BAC平面ABB1A1CAEB1C1DA1C1平面AB1E解析：選C.對于A，CC1與B1E均在側(cè)面BCC1B1內(nèi)，又兩直線不平行，故相交，A錯(cuò)誤；對于B，AC與平面ABB1A1所成的角為60，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B錯(cuò)誤；對于C，AEBC，BCB1C1，所以AEB1C1，故C正確；對于D，AC與平面AB1E有公共點(diǎn)A，ACA1C1，所以A1C1與平面AB1E相交，故D錯(cuò)誤5.(多選)如圖，AC2R為圓O的直徑，

21、PCA45，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點(diǎn)A，C重合的點(diǎn)，ASPC于點(diǎn)S，ANPB于點(diǎn)N，則下列選項(xiàng)正確的是()A平面ANS平面PBCB平面ANS平面PABC平面PAB平面PBCD平面ABC平面PAC解析：選ACD.因?yàn)镻A平面ABC，PA平面PAC，所以平面ABC平面PAC，故D正確；因?yàn)锽為圓周上不與A，C重合的點(diǎn)，AC為直徑，所以BCAB，因?yàn)镻A平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA，又ABPAA，所以BC平面PAB，又BC平面PBC，所以平面PAB平面PBC，故C正確；因?yàn)锽C平面PAB，所以BCAN，又因?yàn)锳NPB，PBBCB，所以AN平面PBC，又AN平面ANS，所

22、以平面ANS平面PBC，故A正確故選ACD.6.如圖，在ABC中，ACB90，AB8，ABC60，PC平面ABC，PC4，M是邊AB上的一個(gè)動點(diǎn)，則PM的最小值為_解析：作CHAB于H，連接PH.因?yàn)镻C平面ABC，所以PHAB，PH為PM的最小值，等于2eq r(7).答案：2eq r(7)7(2019高考北京卷)已知l，m是平面外的兩條不同直線給出下列三個(gè)論斷：lm；m；l.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：_解析：其中兩個(gè)論斷作為條件，一個(gè)論斷作為結(jié)論，可組成3個(gè)命題命題(1)：若lm，m，則l，此命題不成立，可以舉一個(gè)反例，例如在正方體ABCDA1B

23、1C1D1中，設(shè)平面ABCD為平面，A1D1和A1B1分別為l和m，滿足條件，但結(jié)論不成立命題(2)：若lm，l，則m，此命題正確證明：作直線m1m，且與l相交，故l與m1確定一個(gè)平面，且lm1，因?yàn)閘，所以平面與平面相交，設(shè)n，則ln，又m1，n，所以m1n，又m1m，所以mn，又m在平面外，n，故m.命題(3)：若m，l，則lm，此命題正確證明：過直線m作一平面，且與平面相交，交線為a，因?yàn)閙，所以ma.因?yàn)閘，a，所以la，又ma，所以lm.答案：若lm，l，則m(或m，l，則lm，答案不唯一)8如圖，已知BAC90，PC平面ABC，則在ABC，PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有

24、_；與AP垂直的直線有_解析：因?yàn)镻C平面ABC，所以PC垂直于直線AB，BC，AC.因?yàn)锳BAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因?yàn)锳P平面PAC，所以ABAP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB9.如圖，在四棱錐PABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC.(1)求證：DC平面PAC；(2)求證：平面PAB平面PAC.證明：(1)因?yàn)镻C平面ABCD，DC平面ABCD，所以PCDC.又因?yàn)锳CDC，且PCACC，所以DC平面PAC.(2)因?yàn)锳BCD，DCAC，所以ABAC.因?yàn)镻C平面ABCD，AB平面ABCD，所以PCAB.又因?yàn)镻CACC，所以AB

25、平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAC.10(2020沈陽市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(一)如圖，已知ABC為等邊三角形，ABD為等腰直角三角形，ABBD.平面ABC平面ABD，點(diǎn)E與點(diǎn)D在平面ABC的同側(cè)，且CEBD，BD2CE.F為AD的中點(diǎn)，連接EF.(1)求證：EF平面ABC；(2)求證：平面AED平面ABD.證明：(1)如圖，取AB的中點(diǎn)為O，連接OC，OF，因?yàn)镺，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，所以O(shè)FBD且BD2OF，又CEBD且BD2CE，所以CEOF且CEOF，所以四邊形OCEF為平行四邊形，所以EFOC.又EF平面ABC且OC平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因?yàn)槿切蜛

26、BC為等邊三角形，所以O(shè)CAB，又平面ABC平面ABD且平面ABC平面ABDAB，所以O(shè)C平面ABD，因?yàn)镋FOC，所以EF平面ABD，又EF平面AED，所以平面AED平面ABD.B級綜合練11(多選)已知在四面體ABCD中，ABC，BCD均為邊長為1的等邊三角形，E，F(xiàn)分別為BC，BD的中點(diǎn)，則()ABCADB若AD1，則四面體ABCD的體積為eq f(r(2),6)C若ADeq f(r(6),2)，則平面ABC平面BCDD若AFeq f(1,2)，則截面AEF的面積為eq f(r(3),16)解析：選ACD.連接AE，DE，因?yàn)锳BC，BCD均為邊長為1的等邊三角形，所以AEBC，DEBC

27、，又AEDEE，所以BC平面ADE，所以BCAD，故A正確；設(shè)點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影為點(diǎn)O，則AOeq r(12blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)f(2,3)sup12(2)eq f(r(6),3)，所以四面體ABCD的體積為eq f(1,3)eq f(r(3),4)12eq f(r(6),3)eq f(r(2),12)，故B錯(cuò)誤；易知AED為二面角ABCD的平面角，AEeq f(r(3),2)，DEeq f(r(3),2)，當(dāng)ADeq f(r(6),2)時(shí)，AE2DE2AD2，所以AED90，所以平面ABC平面BCD，故C正確；因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，BD的中點(diǎn)，連接EF

28、，AF，易知EFeq f(1,2)CDeq f(1,2)，由余弦定理可得cosAEFeq f(blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(2),2f(r(3),2)f(1,2)eq f(r(3),2)，所以sinAEFeq f(1,2)，所以SAEFeq f(1,2)eq f(1,2)eq f(r(3),2)eq f(1,2)eq f(r(3),16)，故D正確12如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱長為2，ACBC1，ACB90，D是A1

29、B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長為_解析：設(shè)B1Fx，因?yàn)锳B1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1eq r(2)，設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h，則DEeq f(1,2)h，又2eq r(2)heq r(22（r(2)）2)，所以heq f(2r(3),3)，DEeq f(r(3),3).在RtDB1E中，B1E eq r(（f(r(2),2)）2（f(r(3),3)）2)eq f(r(6),6).由面積相等得eq f(r(6),6) eq r(x2（f(r(2),2)）2)eq f(r(2)

30、,2)x，得xeq f(1,2).即線段B1F的長為eq f(1,2).答案：eq f(1,2)13(2020成都市診斷性檢測)如圖，在四棱錐PABCD中，AP平面PBC，底面ABCD為菱形，且ABC60，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)(1)證明：BC平面PAE；(2)點(diǎn)Q在棱PB上，且eq f(PQ,PB)eq f(1,3)，證明：PD平面QAF.證明：(1)如圖，連接AC.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且ABC60，所以三角形ABC為正三角形因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以BCAE.因?yàn)锳P平面PBC，BC平面PBC，所以BCAP.因?yàn)锳PAEA，AP，AE平面PAE，所以BC平面PAE.(2)連接BD交AF于點(diǎn)M，連接QM.因?yàn)镕為CD的中點(diǎn)，所以在底面ABCD中，eq f(DM,MB)eq f(DF,AB)eq f(1,2)，所以eq f(DM,DB)eq f(1,3).所以eq f(PQ,PB)eq f(DM,DB)eq f(1,3)，所以在三角形BPD中，PDQM.又QM平面QAF，PD平面QAF，所以PD平面QAF.14(2020廣東七校聯(lián)考)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PAAB2，E是