PAGEPAGE118．5空間中的垂直關系1．線線垂直如果兩條直線所成的角是______(無論它們是相交還是異面)，那么這兩條直線互相垂直．2．直線與平面垂直(1)定義：如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說______________________，記作______．直線l叫做______________，平面α叫做______________．直線與平面垂直時，它們惟一的公共點P叫做______．垂線上任意一點到垂足間的線段，叫做這個點到這個平面的垂線段，垂線段的長度叫做這個點到平面的________．(2)判定定理：一條直線與一個平面內的______________都垂直，則該直線與此平面垂直．推論：如果在兩條平行直線中，有一條垂直于平面，那么另一條直線也垂直于這個平面．用符號表示：a∥b，a⊥α?b⊥α．(3)性質定理：垂直于同一個平面的兩條直線__________．3．直線和平面所成的角平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的________，叫做這條直線和這個平面所成的角．一條直線垂直于平面，我們說它們所成的角是直角；一條直線和平面平行，或在平面內，我們說它們所成的角是0°的角．任一直線與平面所成角θ的范圍是____________．4．二面角的有關概念(1)二面角：從一條直線出發(fā)的______________________叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一點為端點，在兩個半平面內分別作______________的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范圍是__________．5．平面與平面垂直(1)定義：一般地，兩個平面相交，如果它們所成的二面角是____________，就說這兩個平面互相垂直．(2)判定定理：一個平面過另一個平面的________，則這兩個平面垂直．(3)性質定理：兩個平面垂直，則一個平面內垂直于______的直線與另一個平面垂直．自查自糾：1．直角2．(1)直線l與平面α互相垂直l⊥α平面α的垂線直線l的垂面垂足距離(2)兩條相交直線(3)平行3．銳角[0°，90°]4．(1)兩個半平面所組成的圖形(2)垂直于棱[0°，180°]5．(1)直二面角(2)垂線(3)交線(eq\a\vs4\al(2018·廣東清遠一中月考))已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，給出下列命題：①α⊥β?l∥m；②α∥β?l⊥m；③l⊥m?α∥β；④l∥m?α⊥β，其中正確命題的序號是()A．①②③B．②③④C．①③D．②④解：①中l(wèi)與m可能相交、平行或異面；②中結論正確；③中兩平面α，β可能平行，也可能相交；④中結論正確．故選D．(eq\a\vs4\al(2017·全國卷Ⅲ))在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解：由正方體的性質，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故選C．(eq\a\vs4\al(2017·湖北武漢模擬))如圖，在正方形ABCD中，E，F分別是BC，CD的中點，連接AC，交EF于點G，沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么在這個空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFHB．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEF解：根據折疊前AB⊥BE，AD⊥DF，得折疊后AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，所以AH⊥平面EFH，B正確；因為過點A只有一條直線與平面EFH垂直，所以A不正確；因為AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，所以EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，所以平面HAG⊥平面AEF，過點H作直線垂直于平面AEF，所作直線一定在平面HAG內，所以C不正確；因為HG不垂直于AG，所以HG⊥平面AEF不正確，所以D不正確．故選B．(eq\a\vs4\al(2018·臨沂檢測))設α，β是空間兩個不同的平面，m，n是平面α及β外的兩條不同直線．從“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中選取三個作為條件，余下一個作為結論，寫出你認為正確的一個命題：____________．(用序號表示)解：若①②③成立，則m與α的位置關系不確定，故①②③?④錯誤；同理①②④?③也錯誤；①③④?②與②③④?①均正確．故填①③④?②(或②③④?①)．(eq\a\vs4\al(2017重慶八中適應性考試))在正四面體P-ABC中，D，E，F分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結論中正確的是________．①BC∥平面PDF；②DF⊥平面PAE；③平面PDF⊥平面ABC；④平面PAE⊥平面ABC．解：由DF∥BC可得BC∥平面PDF，故①正確；若PO⊥平面ABC，垂足為O，則O在AE上，則DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面PAE，故②正確；由PO⊥平面ABC，PO?平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC，故④正確，平面PDF不過PO，故③不正確．故填①②④．類型一線線垂直問題(eq\a\vs4\al(2018·湖州模擬改編))如圖所示，在四棱錐A-BCDE中，底面BCDE為菱形，側面ABE為等邊三角形，且側面ABE⊥底面BCDE，O，F分別為BE，DE的中點．求證：(1)AO⊥CD；(2)CE⊥AF．證明：(1)因為△ABE為等邊三角形，O為BE的中點，所以AO⊥BE．又因為平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AO?平面ABE，所以AO⊥平面BCDE．又因為CD?平面BCDE，所以AO⊥CD．(2)連接BD，因為四邊形BCDE為菱形，所以CE⊥BD．因為O，F分別為BE，DE的中點，所以OF∥BD，所以CE⊥OF．由(1)可知，AO⊥平面BCDE，因為CE?平面BCDE，所以AO⊥CE．因為AO∩OF＝O，所以CE⊥平面AOF．又AF?平面AOF，所以CE⊥AF．點撥：本題主要考查線線、線面位置關系．證明線線垂直，其實質是通過證明線面垂直，再化歸為線線垂直．(eq\a\vs4\al(2017武漢市武鋼第三子弟中學月考))如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．(1)證明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝eq\r(6)，求三棱柱ABC-A1B1C1的體積．解：(1)證明：取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B．因為CA＝CB，所以OC⊥AB．由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB．因為OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C．又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C．(2)由題設知△ABC與△AA1B都是邊長為2的等邊三角形，所以OC＝OA1＝eq\r(3)．又A1C＝eq\r(6)，則A1C2＝OC2＋OAeq\o\al(2,1)，故OA1⊥OC．因為OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1為三棱柱ABC-A1B1C1的高．又△ABC的面積S△ABC＝eq\r(3)，故三棱柱ABC-A1B1C1的體積為V＝S△ABC×OA1＝3．類型二線面垂直問題如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，點E，F分別是邊CD，CB的中點，AC交EF于點O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到五棱錐P-ABFED，且PB＝eq\r(10)．(1)求證：BD⊥平面POA；(2)求四棱錐P-BDEF的體積．解：(1)證明：如圖，因為點E，F分別是題圖中菱形ABCD的邊CD，CB的中點，所以BD∥EF．因為菱形ABCD的對角線互相垂直，所以BD⊥AC，所以EF⊥AC．所以EF⊥AO，EF⊥PO．因為AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O，所以EF⊥平面POA，所以BD⊥平面POA．(2)如圖，設AO∩BD＝H，連接BO．因為∠DAB＝60°，所以△ABD為等邊三角形．所以BD＝4，BH＝2，HA＝2eq\r(3)，HO＝PO＝eq\r(3)．在Rt△BHO中，BO＝eq\r(7)．在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，所以PO⊥BO．因為PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED，所以PO⊥平面BFED．因為梯形BFED的面積為S＝eq\f(1,2)(EF＋BD)·HO＝3eq\r(3)，所以四棱錐P-BFED的體積V＝eq\f(1,3)S·PO＝3．點撥：證明線面垂直的基本思路是證明該直線和平面內的兩條相交直線垂直，亦可利用面面垂直的性質定理來證明；題(2)的難點在于證明PO即是所求四棱錐的高．(eq\a\vs4\al(2017錦州市第二高級中學月考))如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分別是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中點．求證：(1)直線BC1∥平面EFPQ；(2)直線AC1⊥平面PQMN．證明：(1)如圖，連接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，知AD1∥BC1，因為F，P分別是AD，DD1的中點，所以FP∥AD1，從而BC1∥FP．而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ．(2)如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD．由CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可得CC1⊥BD．又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1．而AC1?平面ACC1A1，所以BD⊥AC1．因為M，N分別是A1B1，A1D1的中點，所以MN∥BD，從而MN⊥AC1．同理可證PN⊥AC1．又PN∩MN＝N，所以直線AC1⊥平面PQMN．類型三面面垂直問題如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中點．(1)求異面直線A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)證明：平面ABM⊥平面A1B1M．解：(1)因為C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1為異面直線A1M和C1D1所成的角，因為A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°．而A1B1＝1，B1M＝eq\r(B1Ceq\o\al(2,1)＋MCeq\o\al(2,1))＝eq\r(2)，故tan∠MA1B1＝eq\f(B1M,A1B1)＝eq\r(2)．(2)證明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM?平面BCC1B1，得A1B1⊥BM．①由(1)知，B1M＝eq\r(2)，又BM＝eq\r(BC2＋CM2)＝eq\r(2)，B1B＝2，B1M2＋BM2＝B1B2，從而BM⊥B1M．②又A1B1∩B1M＝B1，由①②得BM⊥平面A1B1M．而BM?平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M．點撥：求異面直線所成的角，一般方法是通過平移直線，把異面問題轉化為共面問題，通過解三角形求出所構造的角；證明面面垂直，可轉化為證明線面垂直，而線面垂直又可以轉化為證明線線垂直，在證明過程中，需充分利用規(guī)則幾何體本身所具有的幾何特征簡化問題，有時還需應用勾股定理的逆定理，通過計算來證明垂直關系，這在高考題中是常用方法之一．(eq\a\vs4\al(2018·豫南九校質檢))在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，△PAD是等邊三角形，已知AD＝2，BD＝2eq\r(3)，AB＝2CD＝4．(1)設M是PC上一點，求證：平面MBD⊥平面PAD；(2)求四棱錐P-ABCD的體積．解：(1)證明：在△ABD中，AD＝2，BD＝2eq\r(3)，AB＝4，由勾股定理可得AD⊥BD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BD⊥平面PAD，又BD?平面MBD，所以平面MBD⊥平面PAD．(2)取AD的中點O，連接PO，則PO是四棱錐P-ABCD的高，易得PO＝eq\r(3)，底面四邊形ABCD的面積是eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\f(2×2\r(3),4)＝3eq\r(3)，所以四棱錐P-ABCD的體積為eq\f(1,3)×3eq\r(3)×eq\r(3)＝3．類型四垂直綜合問題(eq\a\vs4\al(2017大連經濟技術開發(fā)區(qū)一中月考))如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點，CD＝BE＝eq\r(2)，O為BC的中點．將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐A′-BCDE，其中A′O＝eq\r(3)．(1)證明：A′O⊥平面BCDE；(2)求二面角A′-CD-B的平面角的余弦值．解：(1)證明：在圖1中，易得OC＝3，AC＝3eq\r(2)，AD＝2eq\r(2)．如圖示，連接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理可得OD＝eq\r(OC2＋CD2－2OC·CDcos45°)＝eq\r(5)．由翻折不變性可知A′D＝2eq\r(2)，易得A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD．同理可證A′O⊥OE．又因為OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE．(2)過O作OH⊥CD交CD的延長線于H，連接A′H，因為A′O⊥平面BCDE，易知A′H⊥CD，所以∠A′HO為二面角A′-CD-B的平面角．結合圖1可知，H為AC中點，又O為BC中點，故OH＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(3\r(2),2)，從而A′H＝eq\r(OH2＋OA′2)＝eq\f(\r(30),2)，所以cos∠A′HO＝eq\f(OH,A′H)＝eq\f(\r(15),5)．所以二面角A′-CD-B的平面角的余弦值為eq\f(\r(15),5)．點撥：本題主要考查線面垂直及二面角的計算等．折疊要注意不變量；作二面角，往往要通過作垂線來實現．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E為AD的中點，O為BE的中點．將△ABE沿BE折起到A′BE，使得平面A′BE⊥平面BCDE(如圖2)．圖1圖2(1)求證：A′O⊥CD；(2)求直線A′C與平面A′DE所成角的正弦值．解：(1)證明：如圖1，在矩形ABCD中，因為AB＝2，BC＝4，E為AD中點，所以AB＝AE＝2，因為O為BE的中點，所以AO⊥BE．由題意可知，A′O⊥BE，平面A′BE⊥平面BCDE．因為平面A′BE∩平面BCDE＝BE，A′O?平面A′BE，所以A′O⊥平面BCDE．因為CD?平面BCDE，所以A′O⊥CD．(2)取BC中點為F，連接OF，由矩形ABCD性質，可知OF⊥BE，由(1)可知，A′O⊥BE，A′O⊥OF，以O為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，在Rt△BAE中，由AB＝2，AE＝2，則BE＝2eq\r(2)，OA＝eq\r(2)，所以A′(0，0，eq\r(2))，E(0，eq\r(2)，0)，F(eq\r(2)，0，0)，B(0，－eq\r(2)，0)，C(2eq\r(2)，eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，則eq\o(A′C,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(A′E,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))．設平面A′DE的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A′E,\s\up6(→))＝0，,m·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y－\r(2)z＝0，,\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令y＝1，則x＝－1，z＝1，所以m＝(－1，1，1)．設直線A′C與平面A′DE所成角為θ，sinθ＝|cos〈eq\o(A′C,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(A′C,\s\up6(→))·m|,|\o(A′C,\s\up6(→))|·|m|)＝eq\f(\r(2),3)，所以直線A′C與平面A′DE所成角的正弦值為eq\f(\r(2),3)．1．判斷(證明)線線垂直的方法(1)根據定義．(2)如果直線a∥b，a⊥c，則b⊥c．(3)如果直線a⊥面α，c?α，則a⊥c．(4)向量法：兩條直線的方向向量的數量積為零．2．證明直線和平面垂直的常用方法(1)利用判定定理：兩相交直線a，b?α，a⊥c，b⊥c?c⊥α．(2)a∥b，a⊥α?b⊥α．(3)利用面面平行的性質：α∥β，a⊥α?a⊥β．(4)利用面面垂直的性質：α⊥β，α∩β＝m，a?α，a⊥m?a⊥β；α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m?m⊥γ．3．證明面面垂直的主要方法(1)利用判定定理：a⊥β，a?α?α⊥β．(2)用定義證明．只需判定兩平面所成二面角為直二面角．(3)如果一個平面垂直于兩個平行平面中的一個，則它也垂直于另一個平面：α∥β，α⊥γ?β⊥γ．4．平面與平面垂直的性質的應用當兩個平面垂直時，常作的輔助線是在其中一個面內作交線的垂線，把面面垂直轉化為線面垂直，進而可以證明線線垂直(必要時可以通過平面幾何的知識證明垂直關系)，構造(尋找)二面角的平面角或得到點到面的距離等．5．垂直關系的相互轉化6．線面角、二面角求法求這兩種空間角的步驟：根據線面角的定義或二面角的平面角的定義，作(找)出該角，再解三角形求出該角，步驟是作(找)?證?求(算)三步曲．也可用射影法：設斜線段AB在平面α內的射影為A′B′，AB與α所成角為θ，則cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A′B′)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB)))；設△ABC在平面α內的射影三角形為△A′B′C′，平面ABC與α所成角為θ，則cosθ＝eq\f(S△A′B′C′,S△ABC)．1．(eq\a\vs4\al(2017·唐山三模))已知平面α⊥平面β，則“直線m⊥平面α”是“直線m∥平面β”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解：若α⊥β，且m⊥α，則m∥β或m?β；若α⊥β，且m∥β，則m∥α或m與α相交或m?α．故選D．2．(eq\a\vs4\al(2018·上饒質檢))已知P是△ABC所在平面外一點，P到AB，AC，BC的距離相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC內，則O一定是△ABC的()A．內心B．外心C．垂心D．重心解：因為P到AB，AC，BC三邊的距離相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC內，則O到AB，AC，BC三邊的距離也相等，即點O為△ABC的內切圓的圓心，即△ABC的內心．故選A．3．(eq\a\vs4\al(2018·福建泉州))如圖，在下列四個正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G均為所在棱的中點，過E，F，G作正方體的截面，則在各個正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是()ABCD解：如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均為所在棱的中點，圖形EFMNQG是一個平面圖形，直線BD1與平面EFMNQG垂直，而選項A，B，C中的平面EFG與這個平面重合，D中EF∥BB1，而BB1與BD1不垂直，即BD1與平面EFG不垂直．故選D．4．(eq\a\vs4\al(2017沈陽市第一中學月考))設平面α與平面β相交于直線m，直線a在平面α內，直線b在平面β內，且b⊥m，則“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解：當α⊥β時，由面面垂直的性質定理知b⊥α，則b⊥a．所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分條件．而當a?α，且a∥m時，因為b⊥m，所以b⊥a，而此時平面α與平面β不一定垂直．所以“α⊥β”不是“a⊥b”的必要條件．故選A．5．(eq\a\vs4\al(2018·廣東模擬))如圖所示是一個幾何體的平面展開圖，其中ABCD為正方形，E，F分別為所在棱PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面四個結論：①直線BE與直線CF異面；②直線BE與直線AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中正確結論的個數是()A．1B．2C．3D．4解：畫出該幾何體的直觀圖，如圖所示，①因為E，F分別是PA，PD的中點，所以EF∥AD，所以EF∥BC，直線BE與直線CF是共面直線，故①不正確；②直線BE與直線AF滿足異面直線的定義，故②正確；③由E，F分別是PA，PD的中點，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因為EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以直線EF∥平面PBC，故③正確；④無法判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正確．故選B．6．(eq\a\vs4\al(2017瓦房店市高級中學月考))如圖，在正方形SG1G2G3中，E，F分別是G1G2，G2G3的中點，D是EF的中點，現沿SE，SF及EF把這個正方形折成一個幾何體，使G1，G2，G3三點重合于點G，這樣，下列五個結論：①SG⊥平面EFG；②SD⊥平面EFG；③GF⊥平面SEF；④EF⊥平面GSD；⑤GD⊥平面SEF．正確的是()A．①和③B．②和⑤C．①和④D．②和④解：因為正方形中折疊前后都有SG⊥GE，SG⊥GF，所以SG⊥平面EFG．①正確，②錯誤．因為SG⊥GF，SG⊥GD，所以GF并不垂直于SF，GD并不垂直于SD，即③⑤錯誤．因為EF⊥GD，EF⊥SG，GD∩SG＝G，所以EF⊥面GSD．④正確．故選C．7．在正方體ABCD-A′B′C′D′中，過對角線BD′的一個平面交AA′于E，交CC′于F，則①四邊形BFD′E一定是平行四邊形；②四邊形BFD′E有可能是正方形；③四邊形BFD′E在底面ABCD內的投影一定是正方形；④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D．以上結論正確的為__________．(寫出所有正確結論的編號)解：根據兩平面平行的性質定理可得BFD′E為平行四邊形，①正確；若四邊形BFD′E是正方形，則BE⊥ED′，又A′D′⊥EB，A′D′∩ED′＝D′，所以BE⊥面ADD′A′，與已知矛盾，②錯；易知四邊形BFD′E在底面ABCD內的投影是正方形ABCD，③正確；當E，F分別為棱AA′，CC′的中點時，EF∥AC，又AC⊥平面BB′D，所以EF⊥面BB′D，④正確．故填①③④．8．(eq\a\vs4\al(教材改編))如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°．將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中：①平面ADC⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面ABD；③平面ADC⊥平面BDC．其中正確的是____________．(寫出所有正確結論的編號)解：在四邊形ABCD中，由已知可得BD⊥CD．又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，所以CD⊥AB．又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，從而平面ABC⊥平面ADC．故填①②．9．(eq\a\vs4\al(2017鐘祥市實驗中學月考))如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是邊長為a的正方形，側棱PD＝a，PA＝PC＝eq\r(2)a．求證：(1)PD⊥平面ABCD；(2)平面PAC⊥平面PBD．證明：(1)因為PD＝a，DC＝a，PC＝eq\r(2)a，所以PC2＝PD2＋DC2，所以PD⊥DC．同理可證PD⊥AD，又AD∩DC＝D，所以PD⊥平面ABCD．(2)由(1)知PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC，而四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PDB．同時AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD．10．(eq\a\vs4\al(2018·河北石家莊聯(lián)考))如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°．PB＝PD＝2，PA＝eq\r(6)．(1)證明：PC⊥BD；(2)若E為PA上一點，記三棱錐P-BCE的體積和四棱錐P-ABCD的體積分別為V1和V2，當V1∶V2＝1∶8時，求eq\f(EP,AE)的值．解：(1)證明：連接AC交BD于點O，連接PO．因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O為BD的中點，因為PB＝PD，所以PO⊥BD，又AC∩PO＝O，所以BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以BD⊥PC．(2)因為AB＝PB＝2，AD＝PD＝2，BD＝BD，所以△ABD≌△PBD，所以AO＝PO＝eq\r(3)，因為PA＝eq\r(6)，所以PA2＝OA2＋OP2，所以PO⊥AC．又PO⊥BD，AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD．過點E作EF∥PO，交AC于點F，所以EF，PO分別是三棱錐E-ABC和四棱錐P-ABCD的高．又V1＝VP-ABC－VE-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·(PO－EF)，V2＝eq\f(1,3)S菱形ABCD·PO，由eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,8)，得eq\f(S△ABC·（PO－EF）,S菱形ABCD·PO)＝eq\f(1,8)，即4(PO－EF)＝PO，所以eq\f(PO,EF)＝eq\f(4,3)．因為EF∥PO，所以△AEF∽△APO，所以eq\f(PO,EF)＝eq\f(AP,AE)＝eq\f(AE＋EP,AE)＝eq\f(4,3)，所以eq\f(EP,AE)＝eq\f(1,3)．11．(eq\a\vs4\al(2018·北京西城一模))如圖1，在△ABC中，D，E分別為AB，AC的中點，O為DE的中點，AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，F為A1C的中點，如圖2所示．(1)求證：EF∥平面A1BD；(2)求證：平面A1OB