提能訓(xùn)練練案[43]A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2024·黑龍江哈爾濱香坊區(qū)期末)已知直線m，n，平面α，β，m?α，n?β，α∩β＝l，m⊥l，則m⊥n是α⊥β的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件[答案]B[解析]依題意，由m⊥l，m⊥n，當(dāng)n∥l時(shí)，不能證得m⊥β，從而不能證得α⊥β，當(dāng)α⊥β，m⊥l時(shí)，由已知及面面垂直的性質(zhì)知m⊥β，而n?β，因此m⊥n，所以m⊥n是α⊥β的必要不充分條件．故選B．2．(2024·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)階段測(cè)試)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α與β相交，且交線垂直于lD．α與β相交，且交線平行于l[答案]D[解析]由m⊥平面α，直線l滿足l⊥m，且l?α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l?β，所以l∥β，由直線m，n為異面直線，且m⊥平面α，n⊥平面β，則α與β相交，否則，若α∥β則推出m∥n，與m，n異面矛盾，所以α，β相交，且交線平行于l，故選D．3．(2025·江蘇淮安十校聯(lián)考)已知α，β是兩個(gè)不重合的平面，m，n為兩條不同的直線，給出下列命題，其中是真命題的個(gè)數(shù)是()①若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β②若α∥β，m∥α，n∥β，則m∥n③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥nA．1 B．2C．3 D．4[答案]B[解析]①若m∥α，n∥β，m⊥n，則α，β可能平行或相交，故①為假命題；②若α∥β，m∥α，n∥β，則m和n可能平行、相交或異面，故②為假命題；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β，故③為真命題；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n，故④為真命題．故選B．4.已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列命題中正確的有()①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直線CD與PF所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)；④直線PD與平面ABC所成的角為45°；⑤CD∥平面PAE.A．①④ B．①③④C．②③⑤ D．①②④⑤[答案]B[解析]∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六邊形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；∵AD與PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直線CD與PF所成的角為∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝eq\f(\r(5),5)，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，顯然AF與平面PAE相交，∴CD與平面PAE相交，即⑤不成立，故選B．5．(2024·湖南天壹名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和線段BC1上的動(dòng)點(diǎn)，則滿足與DD1垂直的直線MN()A．有且僅有1條 B．有且僅有2條C．有且僅有3條 D．有無(wú)數(shù)條[答案]D[解析]正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和線段BC1上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作垂直于DD1的平面，交BC1于點(diǎn)N′，則MN′⊥DD1.因?yàn)镸是DD1上的動(dòng)點(diǎn)．所以過(guò)M點(diǎn)與DD1垂直的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，所以滿足條件的N點(diǎn)也有無(wú)數(shù)個(gè)，所以有無(wú)數(shù)個(gè)滿足條件的直線MN，即滿足與DD1垂直的直線MN有無(wú)數(shù)條．故選D．6．(2022·全國(guó)乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則()A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D[答案]A[解析]正方體中DD1⊥EF，又AC⊥BD，EF∥AC，∴BD⊥EF，∴EF⊥平面BDD1，EF?平面B1EF，從而平面B1EF⊥平面BDD1，∴A正確；若平面B1EF⊥平面A1BD，則BD⊥平面B1EF，∴BD⊥B1E，又BB1⊥BD，∴BD⊥平面BB1E，又AD⊥平面BB1E，∴AD∥BD這與AD、BD相交矛盾，∴B錯(cuò)誤；取A1B1的中點(diǎn)H，則AH∥B1E，由于AH與平面A1AC相交，故平面B1EF∥平面A1AC不成立，C錯(cuò)誤；取AD的中點(diǎn)M，很明顯四邊形A1B1FM為平行四邊形，則A1M∥B1F，由于A1M與平面A1C1D相交，故平面B1EF∥平面A1C1D不成立，D錯(cuò)誤．故選A．7．(2024·江蘇常州中學(xué)檢測(cè))設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是()A．若m⊥n，n∥α，則m⊥αB．若m∥β，β⊥α，則m⊥αC．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥αD．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α[答案]D[解析]對(duì)于A，若m⊥n，n∥α，則m?α或者m∥α或者m，α相交，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m∥β，β⊥α，則m?α或者m∥α或者m，α相交，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m?α或者m∥α或者m，α相交，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，若m⊥β，n⊥β，則n∥m，又n⊥α，所以m⊥α，故D正確．故選D．8．(2023·江西贛州模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別為A1B，A1C1，A1D的中點(diǎn)，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．MN∥AD1B．平面MNP∥平面BC1DC．MN⊥CDD．平面MNP⊥平面A1BD[答案]D[解析]對(duì)A，在△A1BC1中，因?yàn)镸，N分別為A1B，A1C1的中點(diǎn)，所以MN∥BC1.又BC1∥AD1，所以MN∥AD1，A正確；對(duì)B，在△A1BD中，因?yàn)镸，P分別為A1B，A1D的中點(diǎn)，所以MP∥BD．因?yàn)镸P?平面BC1D，BD?平面BC1D，所以MP∥平面BC1D．因?yàn)镸N∥BC1，MN?平面BC1D，BC1?平面BC1D，所以MN∥平面BC1D．又因?yàn)镸P∩MN＝M，MP，MN?平面MNP，所以平面MNP∥平面BC1D，B正確；對(duì)C，因?yàn)镸N∥AD1，AD1⊥CD，所以MN⊥CD，C正確；對(duì)D，取BD的中點(diǎn)E，連接A1E，EC1，則∠A1EC1是二面角A1－BD－C1的平面角．設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a，則cos∠A1EC1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)a))2－\r(2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)a))2)＝eq\f(1,3)≠0，又0°<∠A1EC1<180°，則∠A1EC1≠90°，所以平面A1BD與平面BC1D不垂直．又平面MNP∥平面BC1D，所以平面MNP與平面A1BD不垂直，D錯(cuò)誤．故選D．二、多選題9．(2024·江西新余模擬改編)已知a，b為兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，下列命題正確的是()A．若a⊥α，b⊥β，且α∥β，則a∥bB．若a⊥α，b∥β，且α∥β，則a⊥bC．若a∥α，b⊥β，且α⊥β，則a∥bD．若a⊥α，b⊥β，且α⊥β，則a⊥b[答案]ABD[解析]由b⊥β且α∥β，可得b⊥α，而垂直同一個(gè)平面的兩條直線相互平行，故A正確；由于α∥β，a⊥α，所以a⊥β，則a⊥b，故B正確；若a與平面α，β的交線平行，則a⊥b，故不一定有a∥b，故C錯(cuò)誤；設(shè)α∩β＝l，在平面β內(nèi)作直線c⊥l，α⊥β，則c⊥α，又a⊥α，所以a∥c，b⊥β，c?β，所以b⊥c，從而有b⊥a，故D正確．故選ABD．10．(2025·浙江強(qiáng)基聯(lián)盟聯(lián)考)已知四面體A－BCD，AB＝eq\r(2)，AB⊥平面BCD，BE⊥AC，垂足為E，BF⊥AD，垂足為F，則下列結(jié)論正確的是()A．若BC⊥CD，則AC⊥EFB．若BC⊥CD，則AD⊥平面BEFC．若BC＝BD，則EF∥CDD．若BC＝BD＝2，則四面體A－BEF體積的最大值為eq\f(2\r(2),27)[答案]BCD[解析]BC⊥CD，CD⊥AB，CD⊥平面ABC，即CD⊥BE，即BE⊥平面ACD，BE⊥AD，由題意得BF⊥AD，∴AD⊥平面BEF，∴AD⊥EF，即AC與EF不垂直，故A不正確，B正確；BC＝BD，△ABC≌△ABD，∴eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)，EF∥CD，故C正確；在△ABC中，可求得eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝eq\f(1,3)，∴VA－BEF＝eq\f(1,9)VA－BCD，又當(dāng)且僅當(dāng)∠DBC＝90°時(shí)，VA－BCD有最大值eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，∴四面體A－BEF體積的最大值為eq\f(2\r(2),27)，故D正確．故選BCD．11.(2024·湖南“一起考”大聯(lián)考模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．直線A1B與EF所成的角的大小為60°B．直線AD1∥平面DEFC．平面DEF⊥平面BCC1B1D．四面體D－EFC外接球的體積與正方體ABCD－A1B1C1D1的體積之比為eq\f(\r(6)π,8)[答案]ABD[解析]連接BC1，C1A1，如圖，由正方體的結(jié)構(gòu)特征知，|BC1|＝|A1B|＝|A1C1|，即△A1BC1為正三角形．又因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，則EF∥BC1，因此直線A1B與EF所成的角即為直線A1B與BC1所成的角，即∠A1BC1或其補(bǔ)角，又∠A1BC1＝60°，所以直線A1B與EF所成的角的大小為60°，A正確；因?yàn)镋F∥BC1，所以AD1∥EF，AD1?平面DEF，EF?平面DEF，故直線AD1∥平面DEF，B正確；取EF的中點(diǎn)為M，連接DM，顯然|DE|＝|DF|，EF的中點(diǎn)為M，則DM⊥EF，假設(shè)平面DEF⊥平面BCC1B1，而平面DEF∩平面BCC1B1＝EF，于是DM⊥平面BCC1B1，又DC⊥平面BCC1B1，則DM∥DC，與DM∩DC＝D矛盾，C錯(cuò)誤；不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2a，則正方體的體積為V1＝8a3，又因?yàn)樗拿骟wC－DEF的三條側(cè)棱CE，CF，CD兩兩垂直，則它的外接球即為以CE，CF，CD為棱的長(zhǎng)方體的外接球，于是球的直徑2R＝eq\r(a2＋a2＋2a2)＝eq\r(6)a，體積為V2＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)a))3＝eq\r(6)πa3，于是V2∶V1＝eq\f(\r(6)π,8)，D正確．故選ABD．三、填空題12．(2023·湖南五校聯(lián)考)已知直線m、l，平面α、β，且m⊥α，l?β，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.其中正確的命題是________.[答案]①④[解析]對(duì)于①，若α∥β，m⊥α，l?β，則m⊥l，故①正確；對(duì)于②，若α⊥β，則m∥l或m與l垂直，或m與l異面，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，若m⊥l，則α⊥β或α∥β或與β相交，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β，故④正確．13．已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.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：___________________________________________________[答案]若l⊥α，l⊥m，則m∥α.(或若l⊥α，m∥α，則l⊥m)[解析]由l，m是平面α外的兩條不同直線，及線面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，則m∥α，若l⊥α，m∥α，則由線面垂直的性質(zhì)和線面平行的性質(zhì)得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，則l⊥m，故答案為：若l⊥α，l⊥m，則m∥α.(或若l⊥α，m∥α，則l⊥m)．四、解答題14．(2023·廣東梅州質(zhì)檢)如圖，在四棱錐B－ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，△ABC是等邊三角形，在直角梯形ACDE中，AE∥CD，AE⊥AC，AE＝1，AC＝CD＝2，P是棱BD的中點(diǎn)．求證：EP⊥平面BCD．[證明]證法一：如圖，作PQ∥DC交BC于點(diǎn)Q，連接AQ，∵P為BD的中點(diǎn)，∴Q為BC的中點(diǎn)，∴PQ綉eq\f(1,2)CD，又AE綉eq\f(1,2)CD，∴PQ綉AE，四邊形AEPQ為平行四邊形，∴EP∥AQ.又△ABC為等邊三角形，∴AQ⊥BC，∴EP⊥BC．又AE∥CD，AE⊥AC，∴CD⊥AC，又平面ABC⊥平面ACDE，∴CD⊥平面ABC，又AQ?平面ABC，∴AQ⊥CD，∴EP⊥CD，又CD∩BC＝C，∴EP⊥平面BCD．證法二：分別取梯形兩腰AC、ED的中點(diǎn)O、H，連接OH，OB．則OH∥AE，∵AE⊥AC，∴OH⊥AC，又平面ACDE⊥平面ABC，∴OH⊥平面ABC，∴OH⊥AC，OH⊥OB．又△ABC為正三角形，∴OB⊥AC．如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意易知E(1，0，1)，C(－1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，D(－1，0，2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，∴eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，0，2)，從而eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，∴EP⊥BC，EP⊥CD，又BC∩CD＝C，∴EP⊥平面BCD．15．(2024·江蘇淮安調(diào)研)如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD＝60°，將△CBD沿BD折起到△PBD的位置，使PA＝eq\r(6).求證：平面PBD⊥平面ABD．[證明]如圖，取BD中點(diǎn)O，連接OA，OP.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD、△PBD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，因?yàn)镺是BD的中點(diǎn)，所以O(shè)A⊥BD，OP⊥BD，所以∠POA為二面角P－BD－A的平面角．因?yàn)镻D＝2，OD＝eq\f(1,2)BD＝1，所以O(shè)P＝eq\r(PD2－OD2)＝eq\r(3)，同理可得OA＝eq\r(3)，因?yàn)镻A＝eq\r(6)，所以O(shè)P2＋OA2＝PA2，則OP⊥OA，由面面垂直定義可得平面PBD⊥平面ABD．或：又因?yàn)镺P⊥BD，OA，BD?平面ABD，OA∩BD＝O，所以O(shè)P⊥平面ABD，因?yàn)镺P?平面PBD，所以平面PBD⊥平面ABD．B組能力提升1．(2025·江蘇南通調(diào)研)設(shè)α是空間中的一個(gè)平面，l，m，n是三條不同的直線，則下列說(shuō)法正確的是()A．若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥αB．若m?α，n⊥α，l⊥n，則l∥mC．若l∥m，m⊥α，n⊥α則l⊥nD．若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α[答案]D[解析]由m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，只有直線m與n相交時(shí)，可得l⊥α，所以A錯(cuò)誤；由m?α，n⊥α，l⊥n，則l與m平行、相交或異面，所以B錯(cuò)誤；由l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n，所以C錯(cuò)誤；由l∥m，l⊥α，可得m⊥α，又因?yàn)閙∥n，所以n⊥α，所以D正確．故選D．2．(多選題)(2024·江蘇部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列命題，其中正確的命題為()A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若m∥n，m?α，n?α，則m∥αC．若α⊥β，m∥α，則m⊥βD．若m⊥α，m?β，則α⊥β[答案]ABD[解析]對(duì)于A，由n∥α，得存在過(guò)直線n的平面γ與平面α相交，令交線為c，則c∥n，由m⊥α，c?α，得m⊥c，因此m⊥n，A正確；B顯然正確；對(duì)于C，由于α⊥β，令α∩β＝l，當(dāng)m∥l，m?α?xí)r，有m∥α，此時(shí)m?β或m∥β，C錯(cuò)誤；D顯然正確．故選ABD．3.(多選題)(2024·江蘇鎮(zhèn)江一中階段測(cè)試)如圖，AB為圓錐SO底面圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的一點(diǎn)，N為SA的中點(diǎn)，則圓O上存在點(diǎn)M使()A．MN∥SCB．MN∥平面SBCC．SM⊥ACD．AM⊥平面SBC[答案]BC[解析]假設(shè)存在點(diǎn)M使MN∥SC，所以M，N，S，C四點(diǎn)共面，又因?yàn)锳∈SN，所以A∈平面MNSC，易得點(diǎn)A，M，C為平面MNSC和平面ABC的公共點(diǎn)，所以A，M，C三點(diǎn)共線，與題意矛盾，故不存在點(diǎn)M使MN∥SC，即A錯(cuò)誤；過(guò)O作OM∥BC，交劣弧AC于點(diǎn)M，連接ON，由于N，O分別為SA，AB的中點(diǎn)，所以O(shè)N∥SB，由于OM?平面SBC，ON?平面SBC，所以O(shè)M∥平面SBC，ON∥平面SBC，又因?yàn)镺M∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，由于MN?平面OMN，所以MN∥平面SBC，即B正確；點(diǎn)M的位置同選項(xiàng)B，由于AB為直徑，所以AC⊥BC，即AC⊥OM，由圓錐易得SO⊥AC，SO∩OM＝O，所以AC⊥平面SOM，所以AC⊥SM，即C正確；假設(shè)存在點(diǎn)M使AM⊥平面SBC，所以AM⊥SB，又因?yàn)锳M⊥SO，SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SBO，故平面SBC應(yīng)與平面SBO平行，與題意顯然不符，即D錯(cuò)誤．故選BC．4.(多選題)(2025·浙江L16聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在三棱錐P－EDF的平面展開圖中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則在三棱錐P－EDF中()A．△PEF的面積為eq\f(1,2)B．PD⊥EFC．平面PEF⊥平面DEFD．三棱錐P－EDF的體積為eq\f(1,3)[答案]ABD[解析]易知S△BEF＝S△PEF＝eq\f(1,2)×BE×BF＝eq\f(1,2)，故A正確；連接BD交EF于G，根據(jù)正方形的性質(zhì)易知EF⊥BD，所以有EF⊥GD，EF⊥GP，又PG，GD?平面PGD，所以EF⊥平面GPD，PD?平面GPD，所以EF⊥PD，故B正確；由上可知∠PGD為平面PEF與平面DEF的夾角，易知PG＝eq\f(\r(2),2)，DG＝eq\f(3\r(2),2)，PD＝2≠eq\r(PG2＋DG2)，則PG，DG不垂直，故C錯(cuò)誤；由題意可知PD，PE，PF兩兩垂直，則VP－EDF＝eq\f(1,3)×PD×eq\f(1,2)×PE×PF＝eq\f(1,3)，故D正確．故選ABD．5．(2024·重慶調(diào)研(節(jié)選))如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，A，B為底面圓O上兩點(diǎn)，∠AOB＝eq\f(2π,3)，E為PB中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AB上，且AF＝2FB．證明：平面AOP⊥平面OEF.[證明]設(shè)圓O的半徑為r，在△AOB中，OA＝OB＝r，∠AOB＝eq\f(2π,3)，∠OAB＝eq\f(π,6)，故AB＝eq\r(3)r，又AF＝2FB，故AF＝eq\f(2\r(3)r,3)，在△AOF中，由余弦定理得OF2＝OA2＋AF2－2OA·AF·cos∠OAF＝eq\f(1,3)r2，所以O(shè)A2＋OF2＝AF2，即OA⊥OF；圓錐中，PO⊥底面⊙O，OF?底面⊙O，故PO⊥OF，又OA∩OP＝O，所以O(shè)F⊥平面AOP，又OF?平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.C組拓展應(yīng)用(選作)(2025·廣東華南師大附中測(cè)試)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PC⊥PD，二面角A－CD－P為直二面角．(1)求證：PB⊥PD；(2)當(dāng)PC＝PD時(shí)，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．[解析](1)證明：由于底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，則BC⊥CD，由于二面角A－CD－P為直二面角，CD＝平面ACD∩平面PCD，則BC⊥平面PCD，由于PD?平面PCD，則PD⊥BC，又PC⊥PD，PC∩BC＝C，PC、BC?平面PBC，則PD⊥平面PBC，由于PB?平面PBC，則PB⊥PD．(2)幾何法：取CD中點(diǎn)F，連接PF、BF，由PC＝PD知PF⊥CD，由于二面角A－CD－P為直二面角，則PF⊥平面ABC，于是PF⊥BF，由于底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，則PF＝eq\f(1,2)CD＝1，BF＝eq\r(CF2＋BC2)＝eq\r(5)，于是PB＝eq\r(PF2＋BF2)＝eq\r(6)，同理PA＝eq\r(6)，于是S△PAB＝eq\f(1,2)AB·eq\r