文档内容
第4讲 直线、平面垂直的判定与性质
最新考纲 考向预测
直线、平面垂直的判定及性质是高考中的
从定义和公理出发，借
重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、
助长方体，通过直观感
命题趋势 面面垂直的判定及其应用、直线与平面所
知，了解空间中直线与
成的角等内容．多出现在解答题的第(1)
直线、直线与平面、平
问，难度中等.
面与平面的垂直关系.
核心素养 逻辑推理、直观想象
1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
一条直线与一个
平面内的两条相
判定定理 交直线都垂直，则 ⇒l⊥α
该直线与此平面
垂直
垂直于同一个平
性质定理 面的两条直线平 ⇒a∥b
行
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
一个平面过另一
判定定理 个平面的垂线，则 ⇒α⊥β
这两个平面垂直
两个平面垂直，则
一个平面内垂直
性质定理 ⇒l⊥α
于交线的直线与
另一个平面垂直
3.空间角
(1)直线与平面所成的角
①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图， ∠ PAO 就是斜线AP与平面α所成的角．
②线面角θ的范围：θ∈．
(2)二面角
①定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二
面角．这条直线叫做二面角的棱．两个半平面叫做二面角的面．
如图的二面角，可记作：二面角 α l β 或二面角 P AB Q ．
②二面角的平面角
如图，过二面角αlβ的棱l上一点O在两个半平面内分别作
BO⊥l，AO⊥l，则 ∠ AOB 就叫做二面角αlβ的平面角．
③二面角的范围
设二面角的平面角为θ，则θ∈ [0 ， π ] ．
④当θ＝时，二面角叫做直二面角．
常用结论
1．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)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直
(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
2．三种垂直关系的转化：
线线垂直线面垂直面面垂直
常见误区
1．证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件．
2．两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注
意“平面内的直线”这一条件．
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.( )
(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )
(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.( )
(4)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．(
)(5)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.( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
2．(易错题)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面
给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β且m⊂α B．m⊥n且n∥β
C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β
解析：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．
3．(多选)四棱锥SABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正
确的是( )
A．AC⊥SB B．AD⊥SC
C．平面SAC⊥平面SBD D．BD⊥SA
解析：选ABC.由SD⊥底面ABCD，得SB在平面ABCD内的射影为DB.又DB
与AC垂直，所以SB⊥AC，A正确；
由SC在平面ABCD内的射影DC与AD垂直，得SC⊥AD，B正确；
由AC⊥SB，AC⊥BD，SB∩BD＝B，可得AC⊥平面SBD，从而有平面SAC⊥
平面SBD，C正确；
若BD⊥SA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，与已知条件矛盾，D
错误．故选ABC.
4．已知直线l和平面α，β，且l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的________条件．
解析：由面面垂直的判定定理可得，若l⊂α，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；
若l⊂α，α⊥β，则l与β垂直、相交或平行，必要性不成立，
所以若l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．
答案：充分不必要
5．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
解析：如图，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA
＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．答案：外
线面垂直的判定与性质
(1)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为
AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.
(2)(2020·高考全国卷Ⅲ节选)如图，在长方体ABCDA B C D 中，点E，F分别
1 1 1 1
在棱DD ，BB 上，且2DE＝ED ，BF＝2FB .证明：当AB＝BC时，EF⊥AC.
1 1 1 1
【证明】 (1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB.因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O知PO⊥平面ABC.
(2)如图，连接 BD，B D .因为 AB＝BC，所以四边形 ABCD 为正方形，故
1 1
AC⊥BD.又因为 BB ⊥平面 ABCD.于是 AC⊥BB .所以 AC⊥平面 BB D D.由于
1 1 1 1EF⊂平面BB D D，所以EF⊥AC.
1 1
判定线面垂直的四种方法
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⊥AO.
因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D得，CD⊥平面PAB，
又因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.
2．如图，在三棱锥ABCD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中，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，
所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面
ABC.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
面面垂直的判定与性质
(1)(2020·高考全国卷Ⅰ节选)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆
心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.证明：平面
PAB⊥平面PAC.
(2)(2020·开封市模拟考试)如图，已知在三棱柱ABCA B C 中，平面AA C C⊥
1 1 1 1 1
平面ABC，AA ＝AC，AC⊥BC.证明：A C⊥AB .
1 1 1
【证明】 (1)由题设可知，PA＝PB＝PC，
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)因为AA ＝AC，所以四边形AA C C为菱形，所以A C⊥AC .
1 1 1 1 1
因为平面AA C C⊥平面ABC，平面AA C C∩平面ABC＝AC，
1 1 1 1
BC⊂平面ABC，BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA C C.
1 1
又BC∥B C ，所以B C ⊥平面AA C C，所以B C ⊥A C.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为AC ∩B C ＝C ，
1 1 1 1
所以A C⊥平面AB C ，而AB ⊂平面AB C ，
1 1 1 1 1 1
所以A C⊥AB .
1 1
(1)证明面面垂直的方法
①定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将
证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．
②定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面
的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．
(2)在已知平面垂直时，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．
如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB＝AC＝a，BC＝a.
求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，
所以∠BAC即为二面角BPAC的平面角．
又AB＝AC＝a，BC＝a，
所以∠BAC＝90°，
所以平面PAB⊥平面PAC.
平行与垂直的综合问题如图，在四棱锥 PABCD 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，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所
以FG∥BC，FG＝BC.
因为四边形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.
平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．
注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系．
(2020·高考江苏卷)在三棱柱ABCA B C 中，AB⊥AC，B C⊥平
1 1 1 1
面ABC，E，F分别是AC，B C的中点．
1
(1)求证：EF∥平面AB C ；
1 1
(2)求证：平面AB C⊥平面ABB .
1 1
证明：(1)因为E，F分别是AC，B C的中点，
1
所以EF∥AB .
1
又EF⊄平面AB C ，AB ⊂平面AB C ，
1 1 1 1 1
所以EF∥平面AB C .
1 1
(2)因为B C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC,
1
所以B C⊥AB.
1
又AB⊥AC，B C⊂平面AB C，
1 1
AC⊂平面AB C，B C∩AC＝C，
1 1
所以AB⊥平面AB C.
1
又因为AB⊂平面ABB ，
1
所以平面AB C⊥平面ABB .
1 1
思想方法系列14 构造几何模型解决空间问题
判断空间线、面的位置关系，常利用正(长)方体及其他几何体模型来判断，把
平面、直线看作正(长)方体内及其他几何体平面、侧棱、对角线等进行推导验证，
使抽象的推理形象化、具体化．
已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题
①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若
m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是( )
A．①④ B．②④
C．① D．④
【解析】 对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于
②，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，
如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过
n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以
m⊥n，故④正确．故选A项．
【答案】 A
(1)构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型对问题
直观地作出判断．这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致的解题错误．
(2)由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直
及面面垂直等各种位置关系．故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的
位置关系，显得直观、易判断．构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证．
Ｋ
(2020·贵阳市四校联考)如图所示，在三棱锥PABC中，AP⊥平
面ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，AP＝，则该三棱锥外接球的体积为________．
解析：如图所示，根据题意可将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为1，1，的长
方体，则三棱锥的外接球与长方体的外接球相同．设外接球半径为
R，则(2R)2＝12＋12＋()2＝5，所以该三棱锥外接球的体积V＝πR3＝π.
答案：π[A级 基础练]
1．已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
解析：选C.当直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在直线与l平行，故A
项错误；当l∥α时，在α内不存在直线与l相交，故B项错误；当l⊂α时，在α内
不存在直线与l异面，故D项错误；无论哪种情形，在平面α内都有无数条直线与
l垂直．故选C项．
2．(多选)设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法正确
的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，则n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，则n⊥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β
解析：选AD.选项A中，由面面垂直的性质定理知，正确；选项B中，直线n
可以与平面β相交、平行或n⊂β，不正确；选项C中，与直线m平行的平面有无
数个，且这些平面可以与平面α平行、相交，不正确；选项D中，根据m⊥α，
m⊥β，知α∥β，又n⊥α，所以n⊥β正确，故选AD.
3．如图所示，在正方体ABCDA B C D 中， 点O，M，N分别是线段BD，DD ，
1 1 1 1 1
D C 的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( )
1 1
A．与AC，MN均垂直
B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直
D．与AC，MN均不垂直
解析：选A.因为DD ⊥平面ABCD，所以AC⊥DD ，
1 1
又因为AC⊥BD，DD ∩BD＝D，
1
所以AC⊥平面BDD B ，
1 1因为OM⊂平面BDD B ，所以OM⊥AC.
1 1
设正方体的棱长为2，
则OM＝＝，MN＝＝，
ON＝＝，
所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.
4．(2021·山东济宁模拟)如图，在三棱柱 ABCA B C 中，侧棱 AA ⊥底面
1 1 1 1
A B C ，底面三角形A B C 是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(
1 1 1 1 1 1
)
A．CC 与B E是异面直线
1 1
B．AC⊥平面ABB A
1 1
C．AE⊥B C
1 1
D．A C ∥平面AB E
1 1 1
解析：选C.对于A，CC 与B E均在侧面BCC B 内，又两直线不平行，故相交
1 1 1 1
A 错误；对于 B，AC 与平面 ABB A 所成的角为 60°，所以 AC 不垂直于平面
1 1
ABB A ，故B错误；对于C，AE⊥BC，BC∥B C ，所以AE⊥B C ，故C正确；对于
1 1 1 1 1 1
D，AC与平面AB E有公共点A，AC∥A C ，所以A C 与平面AB E相交，故D错
1 1 1 1 1 1
误．
5.(多选)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂
直于圆 O 所在的平面，B 为圆周上不与点 A，C 重合的点，
AS⊥PC于点S，AN⊥PB于点N，则下列选项正确的是( )
A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
解析：选ACD.因为PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，所以平面ABC⊥平面
PAC，故D正确；因为B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，所以BC⊥AB，
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正确；因为BC⊥平面
PAB，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN⊂
平面ANS，所以平面ANS⊥平面PBC，故A正确．故选ACD.
6.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥
平面ABC，PC＝4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为
________．
解析：作CH⊥AB 于H，连接 PH.因为 PC⊥平面 ABC，所以
PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2.
答案：2
7．(2019·高考北京卷)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：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．
命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正
方体ABCDA B C D 中，设平面ABCD为平面α，A D 和A B 分别为l和m，满足
1 1 1 1 1 1 1 1
条件，但结论不成立．
命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m ∥m，且与l相
1
交，故l与m 确定一个平面β，且l⊥m ，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设
1 1
α∩β＝n，则l⊥n，又m ，n⊂β，所以m ∥n，又m ∥m，所以m∥n，又m在平面α
1 1 1
外，n⊂α，故m∥α.
命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与
平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又
m∥a，所以l⊥m.
答案：若l⊥m，l⊥α，则m∥α(或m∥α，l⊥α，则l⊥m，答案不唯一)
8．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，
△ PAC 的 边 所 在 的 直 线 中 ， 与 PC 垂 直 的 直 线 有
__________________；与AP垂直的直线有________．
解析：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
9.如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，
DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
10．(2020·沈阳市教学质量监测(一))如图，已知△ABC为等边
三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面
ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.F
为AD的中点，连接EF.
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：平面AED⊥平面ABD.
证明：(1)如图，取AB的中点为O，连接OC，OF，因为O，F分别为AB，AD的
中点，所以OF∥BD且BD＝2OF，又CE∥BD且BD＝2CE，所以CE∥OF且CE＝OF，
所以四边形OCEF为平行四边形，所以EF∥OC.
又EF⊄平面ABC且OC⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为三角形ABC为等边三角形，
所以OC⊥AB，
又平面ABC⊥平面ABD且平面ABC∩平面ABD＝AB，
所以OC⊥平面ABD，
因为EF∥OC，所以EF⊥平面ABD，
又EF⊂平面AED，所以平面AED⊥平面ABD.
[B级 综合练]
11．(多选)已知在四面体ABCD中，△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角
形，E，F分别为BC，BD的中点，则( )
A．BC⊥AD
B．若AD＝1，则四面体ABCD的体积为
C．若AD＝，则平面ABC⊥平面BCD
D．若AF＝，则截面AEF的面积为
解析：选ACD.连接AE，DE，因为△ABC，△BCD均为边长为1的等边三角形
所以AE⊥BC，DE⊥BC，又AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥AD，故
A正确；设点A在平面BCD内的射影为点O，则AO＝＝，所以四面体ABCD的体
积为××12×＝，故B错误；易知∠AED为二面角ABCD的平面角，AE＝，DE＝，
当AD＝时，AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，所以平面ABC⊥平面BCD，故C
正确；因为E，F分别为BC，BD的中点，连接EF，AF，易知EF＝CD＝，由余弦定
理可得cos∠AEF＝＝，所以sin∠AEF＝，所以S ＝×××＝，故D正确．
△AEF
12．如图，在直三棱柱ABCA B C 中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
1 1 1
D是A B 的中点，F是BB 上的动点，AB ，DF交于点E.要使AB ⊥平面C DF，则
1 1 1 1 1 1
线段B F的长为________．
1解析：设B F＝x，因为AB ⊥平面C DF，DF⊂平面C DF，所以AB ⊥DF.
1 1 1 1 1
由已知可以得A B ＝，
1 1
设Rt△AA B 斜边AB 上的高为h，则DE＝h，
1 1 1
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB E中，B E＝ ＝.
1 1
由面积相等得× ＝x，得x＝.即线段B F的长为.
1
答案：
13．(2020·成都市诊断性检测)如图，在四棱锥P-
ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且
∠ABC＝60°，E，F分别为BC，CD的中点．
(1)证明：BC⊥平面PAE；
(2)点Q在棱PB上，且＝，证明：PD∥平面QAF.
证明：(1)如图，连接AC.
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，
所以三角形ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以BC⊥AE.
因为AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以BC⊥AP.
因为AP∩AE＝A，AP，AE⊂平面PAE，
所以BC⊥平面PAE.
(2)连接BD交AF于点M，连接QM.
因为F为CD的中点，所以在底面ABCD中，＝＝，所以＝.
所以＝＝，所以在三角形BPD中，PD∥QM.
又QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，所以PD∥平面QAF.
14．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥
平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的
中点，G是PD的中点．(1)求四棱锥PABCD的体积；
(2)求证：AG∥平面PEC；
(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.
解：(1)易知V ＝S ·PA＝×2×2×2＝.
四棱锥PABCD 正方形ABCD
(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，
所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.
因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，
所以EF⊥平面PCD.
又EF⊂平面PEC，
所以平面PEC⊥平面PCD.
[C级 创新练]
15．一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．在四面体
PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连
线)，则图中直角三角形最多有( )
A．6个 B．8个
C．10个 D．12个
解析：选C.为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体PABC为“鳖臑”，
其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.
又AE⊥PB，平面APB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，
所以AE⊥EF，且AE⊥PC.
又EF⊥PC，知四面体PAEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角
三角形，故选C.
16.(多选)如图，棱长为1的正方体ABCDA B C D 中，P为
1 1 1 1
线段A B上的动点，则下列结论正确的是( )
1
A．平面D A P⊥平面A AP
1 1 1
B．∠APD 的取值范围是
1
C．三棱锥B D PC的体积为定值
1 1
D．DC ⊥D P
1 1
解析：选ACD.在A中，因为A D ⊥平面A AP，A D ⊂平面D A P，所以平面
1 1 1 1 1 1 1
D A P⊥平面A AP，故A正确；
1 1 1
在B中，当P与A 重合时，∠APD ＝，故B错误；
1 1
在C中，因为△B D C的面积是定值，A B∥平面B D C，所以点P到平面
1 1 1 1 1
B D C的距离是定值，所以三棱锥B D PC的体积为定值，故C正确；
1 1 1 1
在D中，因为DC ⊥D C，DC ⊥BC，D C∩BC＝C，D C，BC⊂平面BCD A ，
1 1 1 1 1 1 1
所以DC ⊥平面BCD A ，又D P⊂平面BCD A ，所以DC ⊥D P，故D正确．
1 1 1 1 1 1 1 1
