學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精7．5直線、平面垂直的判定與性質(zhì)[知識梳理]1．直線與平面垂直判定定理與性質(zhì)定理2．平面與平面垂直判定定理與性質(zhì)定理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銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角．對于直線和平面所成的角應(yīng)從以下三方面理解：(1)一條直線和平面平行或在平面內(nèi)，我們說它們所成的角是0°的角；（2）一條直線垂直于平面，則稱它們所成的角是直角；(3)直線和平面所成角θ的范圍是0°≤θ≤90°。4．必記結(jié)論(1）若兩條平行線中一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(2）若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內(nèi)任何一條直線．(3)過空間任一點有且只有一條直線與已知平面垂直．（4)過空間任一點有且只有一個平面與已知直線垂直．(5）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．（6）兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面．[診斷自測]1．概念思辨（1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.(）（2）垂直于同一個平面的兩平面平行．(）（3）若兩平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面．()（4)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β。()答案（1）×(2）×(3）×（4)×2．教材衍化（1）(必修A2P73A組T1)若m,n表示兩條不同的直線，α表示平面，則下列命題中，正確命題的個數(shù)為（)①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α，n⊥α)）?m∥n;②eq\b\lc\\rc\｝(\a\vs4\al\co1(m⊥α,n∥α）)?m⊥n;③eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1(m∥α，m⊥n）)?n⊥α。A．1 B．2C．3 D．0答案B解析③不正確，直線n與α不一定垂直，可能是平行或相交或在平面內(nèi)．①②均正確．故選B.（2）(必修A2P67T2）在三棱錐P－ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O，①若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心；②若PA⊥PB,PB⊥PC，PC⊥PA,則點O是△ABC的________心．答案①外②垂解析①如圖1，連接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB,所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心．②如圖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為△ABC邊AB的高,同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高,即O為△ABC的垂心．3．小題熱身（1）(2017·湖南六校聯(lián)考）已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(）A．α⊥β且m?α B．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β答案C解析由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理,可知C正確．故選C。（2）（2018·遼寧五校聯(lián)考)假設(shè)平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分別為B，D，如果增加一個條件，就能推出BD⊥EF，現(xiàn)有下面四個條件:①AC⊥α;②AC∥α;③AC與BD在β內(nèi)的射影在同一條直線上;④AC∥EF。其中能成為增加條件的是________．（把你認(rèn)為正確的條件序號都填上）答案①③解析如果AB與CD在一個平面內(nèi)，可以推出EF垂直于該平面，又BD在該平面內(nèi)，所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB，CD在一個平面內(nèi)即可，只有①③能保證這一條件．題型1直線與平面垂直的判定與性質(zhì)角度1直線與平面垂直的判定定理eq\o（\s\up7(），\s\do5(典例）)（2016·全國卷Ⅰ）如圖,已知正三棱錐P－ABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6。頂點P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G.（1）證明：G是AB的中點；(2)在圖中作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積．利用線面垂直判定定理進行證明．解(1）證明：因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以AB⊥PD.因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E,所以AB⊥DE。又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，PA＝PB，從而G是AB的中點．(2)在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F,F即為E在平面PAC內(nèi)的正投影．理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，又PA∩PC＝P,因此EF⊥平面PAC，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影．連接CG,因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心，由（1）知，G是AB的中點，所以D在CG上,故CD＝eq\f（2，3）CG.由題設(shè)可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB，所以DE∥PC,因此PE＝eq\f(2,3）PG，DE＝eq\f(1，3）PC。由已知，正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA＝6,可得DE＝2,PE＝2eq\r(2）.在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，所以四面體PDEF的體積V＝eq\f(1，3）×eq\f（1，2)×2×2×2＝eq\f（4,3)。角度2垂直關(guān)系中的探索性問題eq\o（\s\up7（），\s\do5(典例)）如圖所示，平面ABCD⊥平面BCE,四邊形ABCD為矩形，BC＝CE，點F為CE的中點．（1)證明：AE∥平面BDF;（2)點M為CD上任意一點,在線段AE上是否存在點P,使得PM⊥BE？若存在,確定點P的位置,并加以證明;若不存在，請說明理由．從BC＝CE，取BE的中點H，CH⊥BE入手分析．解(1）證明：連接AC交BD于O，連接OF,如右圖．∵四邊形ABCD是矩形,∴O為AC的中點,又F為EC的中點，∴OF為△ACE的中位線，∴OF∥AE,又OF?平面BDF，AE?平面BDF。∴AE∥平面BDF。(2）當(dāng)P為AE中點時，有PM⊥BE。證明如下：取BE中點H，連接DP,PH，CH。∵P為AE的中點，H為BE的中點，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P,H，C，D四點共面．∵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為BE的中點,∴CH⊥BE,又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM?平面DPHC,∴BE⊥PM，即PM⊥BE.方法技巧1．證明直線與平面垂直的常用方法(1）利用線面垂直的判定定理，這是主要證明方法．(2）利用“兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個平面垂直”．（3)利用“一條直線垂直于兩個平行平面中的一個,則與另一個也垂直"．（4）利用面面垂直的性質(zhì)定理．2．線面垂直中的探索性問題同“平行關(guān)系中的探索性問題"的規(guī)律方法一樣，一般是先探求點的位置,多為線段的中點或某個三等分點,然后給出符合要求的證明．見角度2典例．沖關(guān)針對訓(xùn)練（2018·濟南模擬)如圖，正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，F(xiàn)A⊥AC,EF∥AC,AB＝eq\r(2)，EF＝FA＝1。(1)求證：CE∥平面BDF；（2）求證：BE⊥平面DEF.證明(1)設(shè)正方形ABCD的對角線AC與BD交于點O，連接FO。由題知EF＝OC＝1，因為EF∥AC，所以四邊形CEFO為平行四邊形,所以CE∥OF。又CE?平面BDF,OF?平面BDF,所以CE∥平面BDF。(2）因為平面ABCD⊥平面ACEF,平面ABCD∩平面ACEF＝AC，F(xiàn)A⊥AC,FA?平面ACEF，故FA⊥平面ABCD。連接EO,易知四邊形AOEF為邊長為1的正方形，所以EO⊥平面ABCD，則EO⊥BD.所以△BDE為等腰三角形，BD＝2BO＝2OC＝2，BE＝DE＝eq\r（BO2＋EO2)＝eq\r(2).因為BD2＝BE2＋DE2，所以BE⊥DE。同理在△BEF中，BE⊥EF，因為DE∩EF＝E，所以BE⊥平面DEF.題型2面面垂直的判定與性質(zhì)eq\o（\s\up7()，\s\do5（典例))(2017·北京高考)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2,D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．（1)求證：PA⊥BD;(2）求證：平面BDE⊥平面PAC；（3)當(dāng)PA∥平面BDE時，求三棱錐E－BCD的體積．首先分析已知中的垂直線段所在的平面，由于AB＝BC，取AC的中點是關(guān)鍵．解（1）證明：因為PA⊥AB，PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC。又因為BD?平面ABC，所以PA⊥BD。（2）證明:因為AB＝BC,D為AC中點，所以BD⊥AC.由（1)知，PA⊥BD，又PA∩AC＝A,所以BD⊥平面PAC.又BD?平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC。（3）因為PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE,所以PA∥DE.因為D為AC的中點，所以DE＝eq\f（1,2）PA＝1，BD＝DC＝eq\r(2).由(1）知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC。所以三棱錐E－BCD的體積V＝eq\f（1，6)BD·DC·DE＝eq\f（1,3）。［結(jié)論探究]在典例條件下,證明:平面PBC⊥平面PAB.證明由(1）知PA⊥BC,又BC⊥AB且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，又∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.方法技巧面面垂直的應(yīng)用策略1．證明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理．2．已知兩平面垂直時,一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化,在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．沖關(guān)針對訓(xùn)練(2015·全國卷Ⅰ）如圖,四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點，BE⊥平面ABCD.(1）證明：平面AEC⊥平面BED;（2）若∠ABC＝120°,AE⊥EC，三棱錐E－ACD的體積為eq\f（\r（6),3)，求該三棱錐的側(cè)面積．解(1)證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.因為BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，又BE∩BD＝D，故AC⊥平面BED.又AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED。(2）設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f（\r（3）,2）x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f（\r（3），2）x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝eq\f(\r（2)，2)x.由已知得,三棱錐E－ACD的體積VE－ACD＝eq\f（1，3）×eq\f(1，2)AC·GD·BE＝eq\f(\r(6）,24）x3＝eq\f（\r(6)，3)，故x＝2，從而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為eq\r（5)，故三棱錐E－ACD的側(cè)面積為3＋2eq\r(5）.1。(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC答案C解析如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯誤；∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正確;(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1。又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.）∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯誤．故選C.2．(2017·河北唐山一模)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿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EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案B解析根據(jù)折疊前、后AH⊥HE,AH⊥HF不變,∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只能有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確;∵AG⊥EF，EF⊥GH,AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF,∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF,一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確;已證平面HAG⊥平面AEF,若證HG⊥平面AEF，只需證HG⊥AG，已證AH⊥HG，故HG⊥AG不成立，∴HG與平面AEF不垂直,∴D不正確．故選B。3．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1）證明：平面PAB⊥平面PAD;(2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P－ABCD的體積為eq\f（8,3),求該四棱錐的側(cè)面積．解（1）證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP,CD⊥PD。由于AB∥CD，故AB⊥PD，又PA∩PD＝P,從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.（2)如圖,在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E。由（1）知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD,可得PE⊥平面ABCD.設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝eq\r(2）x，PE＝eq\f（\r（2），2）x.故四棱錐P－ABCD的體積VP－ABCD＝eq\f（1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由題設(shè)得eq\f（1,3）x3＝eq\f（8，3），故x＝2。從而結(jié)合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2）.可得四棱錐P－ABCD的側(cè)面積為eq\f(1，2）PA·PD＋eq\f(1，2)PA·AB＋eq\f（1,2)PD·DC＋eq\f(1，2）BC2sin60°＝6＋2eq\r（3)。4．（2017·山東模擬)如圖，AB是圓O的直徑，點C，D是圓O上異于A，B的點，CD∥AB，F(xiàn)為PD中點，PO垂直于圓O所在的平面，∠ABC＝60°。(1）證明：PB∥平面COF；（2)證明:AC⊥PD。證明如圖所示，∵AB是圓O的直徑，∴△ABC是直角三角形，又∠ABC＝60°。∴BC＝eq\f（1,2）AB，又∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形，∴四邊形ABCD是等腰梯形,∴四邊形ADCO,DOBC都是以半徑為邊長的菱形．（1)連接BD交OC于H，則H是BD中點，連接FH，因為F為PD中點，∴FH∥PB,且PB?平面COF，F(xiàn)H?平面COF，∴PB∥平面COF.(2）∵四邊形ADCO是以半徑為邊長的菱形∴AC⊥DO,∵PO垂直于圓O所在的平面,∴PO⊥AC,且DO∩PO＝O，∴AC⊥平面POD，∵PD?平面POD，∴AC⊥PD.［重點保分兩級優(yōu)選練］A級一、選擇題1．設(shè)l為直線，α，β是兩個不同的平面,下列命題中正確的是（）A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥βC．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β答案B解析如圖所示,在正方體A1B1C1D1－ABCD中,對于A項，設(shè)l為AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1為α，β。A1A∥平面B1BCC1,A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；對于C項，設(shè)l為A1A，平面ABCD為α，平面DCC1D1為β.A1A⊥平面ABCD；A1A∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；對于D項，設(shè)平面A1ABB1為α，平面ABCD為β，直線D1C1為l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1,而D1C1∥平面ABCD。故A，C,D三項都是錯誤的．而對于B項，根據(jù)垂直于同一直線的兩平面平行,知B項正確．故選B。2．(2017·山西臨汾二模）已知點A，B在半徑為eq\r（3)的球O表面上運動,且AB＝2,過AB作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分別為圓M，N，則（)A．MN長度的最小值是2B．MN的長度是定值eq\r(2）C．圓M面積的最小值是2πD．圓M、N的面積和是定值8π答案B解析如圖所示，平面ABC為平面α，平面ABD為平面β,則BD⊥BC。BC2＋BD2＋4＝12，∴CD＝2eq\r(2)，∵M，N分別是AC，AD的中點，∴MN的長度是定值eq\r(2）。故選B。3．（2017·江西南昌摸底）如圖,在四面體ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么點D在平面ABC內(nèi)的射影H必在()A．直線AB上B．直線BC上C．直線AC上D．△ABC內(nèi)部答案A解析因為AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD,所以點D在平面ABC內(nèi)的射影H必在直線AB上．故選A.4．(2018·江西九江模擬)如圖，在三棱錐D－ABC中,若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的是（）A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案C解析因為AB＝CB，且E是AC的中點,所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E,于是AC⊥平面BDE.因為AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE。故選C.5．（2018·甘肅二診）已知長方體ABCD－A1B1C1D1中,AA1＝eq\r（3)，AB＝4，若在棱AB上存在點P，使得D1P⊥PC，則AD的取值范圍是（)A．(0，1］ B．(0,2］C．(1，eq\r（3)] D．［1,4）答案B解析連接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC,且D1P,DD1是平面DD1P內(nèi)兩條相交直線，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP,即點P在以CD為直徑的圓上,又點P在AB上,則AB與圓有公共點，即0〈AD≤eq\f（1，2）CD＝2.故選B。6．(2018·河北模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，PA＝3,AD＝4，PA⊥底面ABCD，E是棱PD上異于P,D的動點．設(shè)eq\f（PE,ED)＝m，則“0<m〈2”是“三棱錐C－ABE的體積不小于1”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答案B解析如圖，過E點作EH⊥AD，H為垂足,則EH⊥平面ABCD.∵VC－ABE＝VE－ABC,∴三棱錐C－ABE的體積為eq\f(2，3）EH.若三棱錐C－ABE的體積不小于1，則EH≥eq\f（3,2），又PA＝3，∴eq\f(PE，ED）＝m≤1，∴0〈m≤1。故選B。7．如圖，三棱錐P－ABC的所有棱長都相等，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結(jié)論中不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC答案C解析∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正確．∵BC⊥PE,BC⊥AE,∴BC⊥平面PAE.又∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，B正確．∵BC⊥平面PAE，BC?平面ABC,∴平面PAE⊥平面ABC，D正確．故選C。8·湖北武漢月考）如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r（3)，BC＝1,將△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置為D1,且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面體D1－ABC的四個面中，有n對平面相互垂直，則n等于（)A．2 B．3C．4 D．5答案B解析設(shè)D1在平面ABC上的射影為E，連接D1E，則D1E⊥平面ABC，∵D1E?平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1，又BC?平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1,AD1?平面ABD1,∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C,∴AD1⊥平面BCD1,又AD1?平面ACD1,∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3對平面互相垂直．故選B.9．（2018·靜海縣校級月考）如圖所示，三棱錐P－ABC的底面在平面α內(nèi)，且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC，點P，A，B是定點,則動點C的軌跡是(）A．一條線段 B．一條直線C．一個圓 D．一個圓，但要去掉兩個點答案D解析∵平面PAC⊥平面PBC，而平面PAC∩平面PBC＝PC，又AC?平面PAC,且AC⊥PC,∴AC⊥平面PBC,而BC?平面PBC,∴AC⊥BC，∴點C在以AB為直徑的圓上，∴點C的軌跡是一個圓，但是要去掉A和B兩點．故選D。10．(2018·吉林期末）已知E,F分別是正方體ABCD－A1B1C1D1中棱AB,AA1的中點，M，N分別是線段D1E與C1F上的點，則與平面ABCD垂直的直線MN有()A．0條 B．1條C．2條 D．無數(shù)條答案B解析如圖，設(shè)D1E與平面AA1C1C相交于點M，在平面AA1C1C內(nèi)過點M作MN∥AA1交C1F于點N,連接MN,由C1F與D1E為異面直線知MN唯一，且MN⊥平面ABCD.故選B.二、填空題11．(2017·開封二模）三棱錐S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°,△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形,則以下結(jié)論中：①異面直線SB與AC所成的角為90°；②直線SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC;④點C到平面SAB的距離是eq\f（1,2)a.其中正確的是________．答案①②③④解析由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正確；再根據(jù)SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正確;取AB的中點E，連接CE,可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為點C到平面SAB的距離為eq\f（1,2）a，④正確．12．（2017·蘇州期末)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，則下列結(jié)論:①AD∥平面PBC；②平面PAC⊥平面PBD;③平面PAB⊥平面PAC；④平面PAD⊥平面PDC。其中正確的結(jié)論序號是________．答案①②④解析①由底面為正方形，可得AD∥BC，AD?平面PBC,BC?平面PBC，可得AD∥平面PBC；②在正方形ABCD中，AC⊥BD，PA⊥底面ABCD,可得PA⊥BD，PA∩AC＝A,可得BD⊥平面PAC，BD?平面PBD，即有平面PAC⊥平面PBD;③假設(shè)面PAB⊥面PAC,∵面PAB∩面PAC＝PA，又∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥AC.由面面垂直性質(zhì)定理，AC⊥面PAB，∵AB?面PAB，∴AC⊥AB。而四邊形ABCD為正方形，∴∠BAC＝45°，矛盾．∴面PAB⊥面PAC不成立；④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD,PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD，PA∩AD＝A，可得CD⊥平面PAD，CD?平面PCD，即有平面PAD⊥平面PDC.綜上可得,①②④正確．故答案為①②④。13．(2017·三元區(qū)月考)如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC,AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起,使CD⊥平面ABD，構(gòu)成三棱錐A－BCD.則在三棱錐A－BCD中,平面BCD，平面ADC,平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．答案平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC⊥平面ACD解析∵在四邊形ABCD中，AD∥BC,AD＝AB,∠BCD＝45°，∠BAD＝90°,∴BD⊥CD。由CD⊥平面ABD，CD?平面BCD,所以平面ABD⊥平面BCD，由CD⊥平面ABD，則CD⊥AB，又AD⊥AB.故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC,平面ABD⊥平面ADC。14．（2018·泰安模擬)如圖，四邊形ABCD中,AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r（2），BD⊥CD。將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則∠BA′C＝________，VA′－BCD＝________.答案90°eq\f(1，6）解析由題設(shè)知：△BA′D為等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，∴∠BA′C＝90°，VA′－BCD＝VC－A′BD＝eq\f（1,6）.B級三、解答題15．(2018·臨汾期末)在三棱柱ABC－A1B1C1,側(cè)面ABB1A1為矩形，AB＝2，AA1＝2eq\r(2)，D是AA1中點,BD與AB1交于點O，且OC⊥平面ABB1A1.證明：平面AB1C⊥平面BCD.證明∵ABB1A1為矩形，AB＝2，AA1＝2eq\r（2)，D是AA1的中點，∴∠BAD＝90°,∠ABB1＝90°，BB1＝2eq\r（2)，AD＝eq\f(1，2)AA1＝eq\r（2)，∴tan∠ABD＝eq\f（AD,AB)＝eq\f（\r(2)，2），tan∠AB1B＝eq\f（AB，BB1)＝eq\f（\r（2），2)，∴∠ABD＝∠AB1B，∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝eq\f（π,2），∴∠AOB＝eq\f（π,2），即AB1⊥BD?！逤O⊥平面ABB1A1，AB1?平面ABB1A1,∴AB1⊥CO，又BD∩CO＝O，∴AB1⊥平面BCD.∵AB1?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD.16．(2018·黃岡調(diào)研）在三棱錐P－ABC中，△PAB是等邊三角形，PA⊥AC，PB⊥BC。(1）證明：AB⊥PC；(2）若PC＝2，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱錐P－ABC的體積．解(1）證明：在Rt△PAC和Rt△PBC中AC＝eq\r(PC2－PA2)，BC＝eq\r(PC2－PB2）.∵PA＝PB，∴AC＝BC。取AB中點M，連接PM，CM,則AB⊥PM，AB⊥MC,∴AB⊥平面PMC，而PC?平面PMC，∴AB⊥PC.(2）在平面PAC內(nèi)作AD⊥PC，垂足為D，連接BD.∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD?平面PBC，∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌Rt△PBC,∴AD＝BD，∴△ABD為等腰直角三角形．設(shè)AB＝PA＝PB＝a，則AD＝eq\f(\r(2)，2）a，在Rt△PAC中，由PA·AC＝PC·AD得a·eq\r(4－a2）＝2×eq\f（\r（2）,2）a，∴a＝eq\r（2）.∴S△ABD＝eq\f(1，2）AD·BD＝eq\f（1,2）·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，2）a）)2＝eq\f(1，2），∴VP－